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{$LastChangedDate: 2009-05-13 00:35:58 +0000 (Wed, 13 May 2009) $}
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\chapter{Existencia de la integral sobre rectangulos} \label{ch:02}


\section{De qué depende que una función sea integrable}

Supóngase que tenemos una función $f:R\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$, acotada en el rectángulo $R$. El teorema de
Riemann \ref{th:riemman-int}, dice que si para toda $\varepsilon >0$ existe una
partición $P$ de $R$, tal que $\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\varepsilon $, entonces la función es integrable.

Dada cualquier función acotada $f$ en un rectángulo $R$, para
cualquier partición $P$ que induce subrectángulos $S$, podemos
construir rectángulos (en $\mathbb{R}^{n+1}$) $R_{S}$ de base $S$ y
altura el supremo menos el ínfimo de los valores de la función en $S $, si la función no es constante, o altura cualquier $h$, tan pequeña como queramos, si la función es constante. Es claro que estos
paralelepípedos $R_{S}$, encierran la gráfica de la función.
Luego, si hay una partición para la cual ocurre que la suma de los volúmenes de los $R_{S}$, \textit{así construidos}, la podemos hacer
tan pequeña como queramos, entonces la función es integrable, porque
dada cualquier $\varepsilon >0$, ocurre que:
\[
 \overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)=\sum _{S} M_{S}V(S)-\sum _{S} m_{S}V(S)
\]
\[
=\sum _{S} \left( M_{S}-m_{S}\right) V(S)
\]
\[
=\sum _{S} V(R_{S})<\varepsilon 
\]

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 361pt;original-height 193pt;
\includegraphics[width=313pt,height=168pt]{./img-old/02/HYON2N0U}
\caption{}
\end{figure}
\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 209pt;original-height 140pt;
\includegraphics[width=316pt,height=213pt]{./img-old/02/HYON2N0V}
\caption{figura 28) $\sum _{S} V(R_{S})=\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\varepsilon $.}
\end{figure}

Obsérvese que para garantizar que el volumen de un rectángulo $R_{S}$
lo podemos hacer pequeño, es suficiente que podamos hacer pequeño
uno de sus lados, ya sea la base $S$, o la altura $M_{S}-m_{S}$ ($h$, si la
función es constante$)$.

Es más o menos evidente que una función continua es integrable (mas
adelante lo probaremos), pues para cualquier partición que demos, al
refinar podemos ir haciendo pequeñas las alturas $M_{S}-m_{S}$, pues la
función es continua. Así que podemos construir los rectángulos $R_{S}$ tales que la suma de sus volúmenes sea tan pequeña omo
queramos.

Pero hay funciones acotadas que no son continuas y sí son integrables.
Veamos algunos ejemplos.\medskip

a) Si $f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$ es discontinua sólo en un punto $x_{0}$, $f$ es claramente integrable. Vea la figura \ref{fig:f-discont} La idea de la demostración es como
sigue.

Podemos dar una partición $P$ tal que $x_{0}$ no sea punto de $P$, es
decir, $x_{0}\in (t_{i-1},t_{i})=I_{i}$ con $t_{i-1}$, $t_{i}\in P$; y, en
todos los demás subintervalos $I$ inducidos por $P$, la función es
continua. Encerramos la gráfica de la función con rectángulos $R_{I}$ de base $I$ y altura el supremo menos el ínfimo de $f$ en $I$.
Vamos refinando $P$ de forma que $x_{0}$ no sea punto de los refinamientos y
que la longitud de todos los subintervalos $I$, inducidos por $P$ se va
haciendo pequeña y, por tanto, la suma de las áreas de los $R_{I}$
se va haciendo pequeña (no importa que la altura del íesimo $R_{I_{i}}$ no la podamos hacer pequeña, si su base sí se hace pequeña). Entonces, como la suma de las áreas de los $R_{I}$ es igual a
las sumas superiores menos las inferiores, éstas también se hacen
pequeñas. por tanto, la función es integrable.

\begin{figure} \centering 
%original-width 210pt;original-height 120pt;
\includegraphics[width=286pt,height=166pt]{./img-old/02/HYON2N0W}
\caption{$f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$ es discontinua sólo en un punto}
\label{fig:f-discont}
\end{figure}


b) Si $f$ es discontinua en un número finito de puntos, $x_{1}, x_{2}, \ldots , x_{k}$, podemos generalizar lo anterior. Damos una partición $P$
tal que, cada punto de discontinuidad quede encerrado en un subrectángulo inducido por $P$, $x_{i}\in S_{i}$. Al ir refinando, en cada
refinamiento $P^{\prime }$ que demos, vamos a tener un punto de
discontinuidad en un subrectángulo $S^{\prime }$, cuya área (o volúmen) será cada vez más pequeña. Podemos construir los rectángulos $R_{S}$ que cubren a la gráfica de la función, de base $S $ y altura $M_{S}-m_{S}$. Como al refinar, la base $S$ de todos los subrectángulos $R_{S}$ (tanto en los que hay discontinuidades como en los que
no) se va haciendo pequeña; entonces la suma de las áreas (volúmenes) de los $R_{S}$ se hace pequeña. por tanto, la función es
integrable.

\bigskip

c) Una función con una infinidad de discontinuidades; por ejemplo, la
función
\[
f(x)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
1 & \text{, }x\in \left( \frac{1}{n+1},\frac{1}{n}\right) \\ 
0 & \text{, }x=\frac{1}{n} \\ 
0 & \text{, }x=0\end{array}\right. 
\]


\noindent es discontinua en todos los puntos de la forma $\frac{1}{n}$, con $n\in \mathbb{N}$, que son una infinidad numerable. Vea la figura \ref{fig:f-dicont-inf}

\begin{figure} \centering 
%original-width 604pt;original-height 384pt;
\includegraphics[width=244pt,height=155pt]{./img-old/02/HYON2N0X}
\caption{Una función con una infinidad de discontinuidades}
\label{fig:f-dicont-inf}
\end{figure}


Supongamos que $P$ es tal que a la derecha de $\frac{1}{n}$, para alguna $n\in \mathbb{N}$, cada punto de discontinuidad queda encerrado en un
subintervalo inducido por $P$, como se muestra en la figura anterior. En el
enésimo intervalo $I_{n}$ hay una infinidad de puntos de discontinuidad,
fuera del intervalo $I_{n}$ hay un número finito de puntos de
discontinuidad. Al ir refinando, afuera de cada nuevo enésimo intervalo $I_{N}^{\prime }$ con $N>n$, quedará un número finito de puntos de
discontinuidad. Nuestros refinamientos pueden ser tales, que cada punto de
discontinuidad fuera de $I_{N}$ quede encerrado en un subrectángulo. Así, estamos encerrando todos los puntos de discontinuidad en intervalos
que podemos ir haciendo tan pequeños como queramos.

Cubrimos la gráfica de la función con rectángulos $R_{I}$. En
cada subintervalo $I$, donde hay punto de discontinuidad, la altura de $R_{I} $ es el supremo menos el ínfimo de los valores de la función, que es $1$; en los subintervalos donde no hay discontinuidad, llamémosles $K$, la función es constante, entonces la altura de $R_{K}$ es
cualquier $h>0$, tan pequeña como queramos. Entonces
\[
 V(R_{I})=\left( M_{I}-m_{I}\right) V(I)=1V(I)
\]
\[
\text{y \ }V(R_{K})=hV(K)
\]


\noindent Como al ir refinando la longitud de los intevalos $I$ y $K$, se va
haciendo pequeña, entonces el área de los $R_{I}$ y los $R_{K}$, se
irá haciendo pequeña, tan pequeño como queramos y, dada $\varepsilon >0$, se tiene:
\[
\varepsilon >\sum _{I\cup K} V(R_{I})=\sum _{I} \left(
M_{I}-m_{I}\right) V(I)+\sum _{K} hV(K)
\]
\[
 \geq \sum _{I} \left( M_{I}-m_{I}\right) V(I)+\sum _{K} (M_{K}-m_{k})V(K)
\]
\[
 =\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)
\]


\noindent por tanto $f$ es integrable.

\bigskip

d) La función $f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & \text{, }0\leq x<\frac{1}{2} \\ 
1 & \text{, }\frac{1}{2}\leq x\leq 1\end{array}\right. $

\noindent que ya vimos que es integrable, es discontiua en todos los puntos
de la forma $(\frac{1}{2},y)$, $y\in \lbrack 0,1]$, que son una infinidad no
numerable de puntos (es un segmento de recta). Sin embargo, podemos encerrar
la gráfica en tres paralelepípedos, como se muestra en la figura \ref{fig:36}

\begin{figure} \centering 
%original-width 204pt;original-height 187pt;
\includegraphics[width=187pt,height=157pt]{./img-old/02/HYON2N0Y}
\caption{}
\label{fig:36}
\end{figure}

Con cualquier partición de la forma $P=\left\{ 0,t_{i-1},t_{i},1\right\}
\times \left\{ 0,1\right\} $ con $t_{i-1}<\frac{1}{2}<t_{i}$, podemos
construir los paralelepípedos: $R_{1}$ de base $\left[ 0,t_{i-1}\right]
\times \left[ 0,1\right] $ y cualquier altura $h$, tan pequeña como
queramos; $R_{2}$ de base $\left[ t_{i-1},t_{i}\right] \times \left[ 0,1\right] $ y altura $M_{i}-m_{i}=1$; y, $R_{3}$ de base $\left[ t_{i},1\right]
\times \left[ 0,1\right] $ y la misma altura $h$. Todos los puntos de
discontinuidad, los hemos encerrado en el rectángulo $\left[
t_{i-1},t_{i}\right] \times \left[ 0,1\right] $, que es la base de $R_{2}$.
Aunque la altura de $R_{2}$ no la podemos hacer pequeña, su base sí: con refinamientos que no contengan a $\frac{1}{2}$, podemos hacer que el
rectángulo $\left[ t_{i-1},t_{i}\right] \times \left[ 0,1\right] $, se
haga pequeño. Como para $R_{1}$ y $R_{3}$, la altura, $h$, es tan pequeña como queramos; entonces la suma de los volúmenes de los tres
paralelepípedos $R_{1}$, $R_{2}$ y $R_{3}$, la podemos hacer pequeña; y, la función es integrable.

\bigskip

e) Retomaremos un ejemplo de una función que no es integrable.
\[
 f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & ,\text{~\ }(x,y)\in \left( \lbrack 0,1]\times \lbrack 0,1]\right) \cap
\left( \mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\right) \\ 
1 & ,~\ (x,y)\notin \left( \lbrack 0,1]\times \lbrack 0,1]\right) \cap
\left( \mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\right)\end{array}\right. 
\]


\begin{figure} \centering 
%original-width 214pt;original-height 150pt;
\includegraphics[width=195pt,height=104pt]{./img-old/02/HYON2N0Z}
\caption{Una funcion no integrable}
\label{fig:f-no-int}
\end{figure}

Vea la figura \ref{fig:f-no-int}.
Aquí, para cualquier partición, la diferencia $M_{S}-m_{S}$ es
siempre uno; y, además, como los subrectángulos $S$ cubren todo el
cuadrado unitario, podemos intuir que la suma de sus áreas es mayor o
igual que 1, por muy pequeños que sean los subrectángulos $S$.
Entonces no podemos cosntruir rectángulos de base $S$ y altura el
supremo menos el ínfimo de la función, tales que la suma de sus 
áreas (volúmenes) se pueda hacer tan pequeña como queramos; y,
por tanto, la función no es integrable.

\bigskip

\textbf{Observación}. En los primeros cuatro ejemplos, pudimos encerrar
los puntos de discontinuidad en subrectángulos $S$ tales que la suma de
sus áreas la podíamos hacer pequeñita; luego, la suma de las 
áreas (volúmenes) de los rectángulos de base $S$ y altura $M_{S}-m_{S}$, se podía hacer pequeña. Fuera de esos subrectángulos, la función quedaba continua, y podíamos encerrar la gráfica de la función en rectángulos con alturas también pequeñas. Así mostramos que las 4 funciones son integrables. En el último
ejemplo, lo que no pudimos hacer fue encerrar los puntos de discontinuidad
en rectángulos, cuya suma de áreas fuera pequeñita.

\bigskip

\textbf{Conclusión 2}. Una función acotada será integrable, si
podemos encerrar sus discontinuidades en rectángulos tales que la suma
de sus áreas sea tan pequeña como queramos.\medskip

Si $f$ es continua, es integrable.

Si $f$ tiene un número finito de puntos de discontinuidad, los podemos
encerrar en rectángulos pequeños y la función es integrable.

Si $f$ tiene una infinidad numerable de discontinuidades, también
podemos encerralas en rectángulos pequeños, y la función es
integrable

Si $f$ tiene una infinidad no numerable de puntos de discontinuidad, puede
ser integrable, o no; ello dependerá de si podemos, o no podemos,
encerrar al conjunto de discontinuidades en rectángulos cuya suma de sus 
áreas podamos hacer tan pequeña como queramos.\medskip

Pero, ¿ qué quiere decir que podamos encerrar o no a un
conjunto en rectángulos cuya suma de sus áreas sea pequeñita?
Con esto tienen que ver los conceptos de \textit{medida cero} y \textit{contenido cero}, que veremos a continuación.


\section{Contenido cero}


en la recta real, medimos longitudes; un intervalo en $\mathbb{R}$, tiene
longitud. En el plano medimos áreas; por ejemplo, un rectángulo en $\mathbb{R}^{2}$ tiene área. En $.\mathbb{R}^{3}$, medimos volúmenes.
Y, en general, en $\mathbb{R}^{n}$, se habla de \textit{contenido} o \textit{media de Jordán}. Lo que vamos a ver, es cuándo un conjunto tiene
longitud, área, volumen o \textit{contenido cero}. Iniciaremos con
conjuntos en $\mathbb{R}$.


\begin{definition}
  Vamos a decir que un conjunto  $A\subseteq \mathbb{R}$, tiene \emph{longitud cero}, si para toda $\varepsilon >0$  existe un número finito de intervalos cerrados  $I_{1},I_{2}, \ldots ,I_{m}$  que cumplan las siguientes dos
condiciones: 
\[
\text{i) }A\subset \cup_{i=1}^{m} I_{i}\qquad \qquad \text{y\qquad
\qquad ii) }\sum_{i=1}^{m} \ell (I_{i})<\varepsilon 
\]

\noindent donde $\ell (I_{i})$ denota la longitud del iésimo intervalo
(la colección $I_{1},I_{2}, \ldots , I_{m}$ depende de $\varepsilon $).
\end{definition}

O sea, si podemos encerrar al conjunto $A$ en un número finito de
intervalos cerrados, y la suma de las longitudes de los intervalos la
podemos hacer tan pequeña como queramos, entonces $A$ tiene longitud
cero.

\bigskip

\textbf{Ejemplos\medskip }

a) Sea $A$ un conjunto con un número finito de puntos. Supongamos que $A$
tiene $m$ puntos y sea $\varepsilon >0$, entonces podemos encerrar cada
punto en un intervalo $I_{i}$ de longitud tan pequeña como queramos.
Tendremos $m$ intervalos que cubren al conjunto y, dando la longitud
adecuada para los intervalos $I_{i}$, podemos garantizar que, $\sum_{i=1}^{m} \ell (I_{i})<\varepsilon $.\medskip

b) $A=\left\{ \frac{1}{n}\mid n\in \mathbb{N}\right\} $, para cualquier $\varepsilon >0$ podemos dar un intervalo al rededor de $0$, $I_{0}=[-\frac{\varepsilon }{3},\frac{\varepsilon }{3}]$. En este intervalo hay una
infinidad de términos de la sucesión, y fuera de él, hay un número finito de términos, supongamos que son $m$.

Cada uno de los $m$ puntos que están fuera de $I_{0}$, los podemos
encerrar en un intervalo, $I_{i}$, de longitud tan pequeña como
queramos, por ejemplo, $\ell (I_{i})=\frac{\varepsilon }{6m}$, $i=1, \ldots ,m$.
Entonces,
\[
 \left\{ \frac{1}{n}\right\} \subseteq \cup_{i=0}^{m} I_{i}
\]
\[
\text{y  }\sum_{i=0}^{m} \ell (I_{i})=\frac{2}{3}\varepsilon +\underset{\lfloor \text{ \ \ \ \ \ \ \ }m\text{ sumandos \ \ \ \ \ \ \ }\rfloor }{\frac{\varepsilon }{6m}+\frac{\varepsilon }{6m}+ \cdots +\frac{\varepsilon }{6m}}=\frac{2}{3}\varepsilon +m\frac{\varepsilon }{6m}=\frac{5}{6}\varepsilon <\varepsilon 
\]


\noindent por tanto, $A=\left\{ \frac{1}{n}\right\} $ tiene longitud cero.

\noindent (Observación: $A$ es el conjunto de discontinuidades de la
función del ejemplo \resaltar{(c)} de la sección anterior, que es
integrable).\medskip

c) $A=[0,1]$. Se sabe que la longitud de este intervalo es $1$, no es de
longitud cero. Hay muchas formas de cubrir al intervalo $[0,1]$ con un número finito de intervalos cerrados, el problema es si podemos hacer la suma
de sus logitudes menor que $\varepsilon $ para cualquier $\varepsilon >0$.
Vamos a encerrar el $\left[ 0,1\right] $ de una \textit{forma particular},
tomando intervalos $I_{i}$ tales, que en el punto donde termina uno,
empieza el siguiente (se intersecan en un punto); es decir, supongamos que $I_{1}=[\alpha _{1},\beta _{1}], \ldots ,I_{m}=[\alpha _{m},\beta _{m}]$, es
una colección finita de intervalos cerrados tales que $\beta _{j}=\alpha
_{j+1}$ $\forall j=1,\ldots, m$,\ y
\[
[0,1]\subseteq \cup_{i=1}^{m} I_{i}\text{  y }\ell
(I_{i})=\left( \beta _{i}-\alpha _{i}\right) \text{ }\forall i=1, \ldots ,m
\]

\noindent entonces
\[
\sum_{i=1}^{m} \ell (I_{i})=(\beta _{1}-\alpha
_{1})+ \cdots +(\beta _{m-1}-\alpha _{m-1})+(\beta _{m}-\alpha _{m})
\]
Reacomodando términos, esta suma nos queda:
\[
\beta _{m}+(\beta _{m-1}-\alpha _{m})+(\beta _{m-2}-\alpha
_{m-1})+ \ldots +(\beta _{1}-\alpha _{2})-\alpha _{1}\geq 1
\]


\noindent Porque $\beta _{j}=\alpha _{j+1}$ y, por tanto $\beta _{j}-\alpha
_{j+1}=0$; además, $\beta _{m}\geq 1$ y $0\geq \alpha _{1}\Rightarrow
\beta _{m}-\alpha _{1}\geq 1$, por tanto:
\[
\sum_{i=1}^{m} \ell (I_{i})\geq 1
\]

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 209pt;original-height 42pt;
\includegraphics[width=292pt,height=62pt]{./img-old/02/HYON2N11}
\caption{figura 39}
\end{figure}


\textbf{Afirmación 1}: \textit{Para cualquier colección finita de
intervalos cerrados }$I_{1}, \ldots ,I_{m}$\textit{, tales que:}
\[
[0,1]\subseteq \cup_{i=1}^{m} I_{i},
\]

\noindent \textit{ocurre que}
\[
\sum_{i=1}^{m} V(I_{i})\geq 1
\]

\noindent \textit{por tanto, }$\left[ 0,1\right] $\textit{ no tiene
longitud cero.\medskip }

En efecto, cualquier otra colección de intervalos, diferente a la que
hemos dado aquí, habrá de tener al menos dos intervalos que se
traslapen de alguna forma; es decir, dos intervalos que su intersección
contenga un segmento. Intuitivamente es claro que, al considerar la suma de
las longitudes de todos los intervalos, estaremos duplicando la longitud de
ese segmento y, con mayor razón, esa suma será mayor que uno, pues,
ya era mayor que 1 considerando intervalos que se intersecan en un sólo
punto (sus extremos), y ya vimos que un punto tiene longitud cero. Para una
demostración más formal, puede verse la demostración que hace
Spivak para un intervalo $\left[ a,b\right] $, en la sección de \textit{media cero y contenido cero }en el libro \textit{Calculo en Variedades}.

\bigskip

Observen que en la función
\[
f(x)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & ,~~x\in \mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1] \\ 
1 & ,~~x\notin \mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]\end{array}\right. ,
\]


\noindent el conjunto de discontinuidades es el intervalo $[0,1]$, que no
tiene longitud cero, y $f$ no es integrable.


\begin{definition}
 Vamos a decir que un conjunto  $\Omega \subseteq \mathbb{R}^{2}$  tiene área cero, si  para toda 
$\varepsilon >0$, existe un número finito de rectángulos
cerrados,  $R_{1}, \ldots ,R_{m}$  tales que: 
\[
\text{ i)  } \Omega \subseteq \cup_{i=0}^{m} R_{i}\text{ \ \qquad y \qquad ii)  }\sum_{i=1}^{m} V(R_{i})<\varepsilon 
\]
Donde  $V(R_{i})$  es el área de  $R_{i}$.
\end{definition}


\textbf{Ejemplos}.\medskip

d) $\Omega =\left\{ \overline{p}\right\} $ lo podemos encerrar en un rectángulo, cuya área la podemos hacer tan pequeña como queramos,
por tanto tiene área cero.\medskip

e) $\Omega $ un segmento de recta paralelo a uno de los ejes coordenados,
como se muestra en la siguiente figura.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 413pt;original-height 184pt;
\includegraphics[width=184pt,height=73pt]{./img-old/02/HYON2N12}
\caption{figura 40}
\end{figure}

Dada cualquier $\varepsilon >0$, podemos dar un rectángulo $R$ tal, que
su lado perpendicular al segmento de recta $\ell _{2}$ sea menor que $\varepsilon $ entre la longitud del oto lado $\ell _{1}$. Así, $V(R)=\ell _{1}\ell _{2}<\ell _{1}\frac{\varepsilon }{\ell _{1}}=\varepsilon $. Por tanto, un segmento de recta paralelo a los ejes coordenados tiene área cero. (En el ejemplo (d) de la sección anterior, el conjunto de
discontinuidades de la función, es un segmento de recta paralelo a uno
de los ejes; es decir, el conjunto de discontinuidades tiene área cero,
y la función es integrable).\medskip

f) $\Omega $ un segmento de recta no paralelo a los ejes coordenados.
Podemos construir cuadrados con lados paralelos a los ejes $R_{1}, \ldots ,R_{m}$
que cubran al segmento, como en la siguiente figura.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 218pt;original-height 182pt;
\includegraphics[width=118pt,height=98pt]{./img-old/02/HYON2N13}
\caption{figura 41}
\end{figure}

Denotemos por $l$ el lado de los cuadrados $R_{i}$. El área de cada $R_{i}$ es $V(R_{i})=l^{2}$. Dada $\varepsilon >0$, tomamos $m$ tal que $l<\frac{\sqrt{\varepsilon }}{\sqrt{m}}$. Con los cuadrados así
construidos, vamos a tener que:
\[
\sum_{i=1}^{m} V(R_{i})=\sum_{i=1}^{m} l^{2}<\text{ }\sum_{i=1}^{m} \frac{\varepsilon }{m}=m\frac{\varepsilon }{m}=\varepsilon 
\]


\noindent por tanto, cualquier segmento en $\mathbb{R}^{2}$ tiene área
cero. Obsérvese que el número de rectángulos $R_{i}$ depende de
la $\varepsilon $.\medskip

g) $\Omega =\left[ 0,1\right] \times \left[ 0,1\right] $, o sea, el cuadrado
unitario, que sabemos tiene área $1$ y no tiene área cero. En
efecto, sea $R_{1}$, \ldots , $R_{m}$ cualquier colección de rectángulos cerrados que cubre a $\Omega $. Las bases de estos rectángulos
forman una colección de intervalos cerrados $I_{1}$, \ldots , $I_{k}$ que
cubre al $\left[ 0,1\right] $; y, sus alturas, forman otra colección de
intervalos cerrados $L_{1}$, \ldots , $L_{r}$ que cubre al $\left[ 0,1\right] $;
con $kr=m$. Así que cada $R_{i}$ es de la forma $R_{jq}=I_{j}\times
L_{q}$ y $V(R_{jq})=\ell (I_{j})\ell (L_{q})$. Entonces,
\[
\sum_{i=1}^{m} V(R_{i})=\sum_{j=1}^{k} \left[ \sum_{q=1}^{r} V(R_{jq})\right] =\sum_{j=1}^{k} \left[ \sum_{q=1}^{r} \ell (I_{j})\ell
(L_{q})\right] 
\]
\[
 =\sum_{j=1}^{k} \left[ \ell (I_{j})\sum_{q=1}^{r} \ell (L_{q})\right] \geq \sum_{j=1}^{k} \left[ \ell (I_{j})1\right] \geq 1
\]


\noindent porque, de la afirmación 1 tenemos que $\sum_{j=1}^{k} \ell (I_{j})\geq 1$ y $\sum_{j=1}^{k} \ell
(L_{q})\geq 1$. por tanto $\Omega $ no tiene área cero.\medskip

En el ejemplo (e) de la sección anterior, el cuadrado $\left[ 0,1\right]
\times \left[ 0,1\right] $, es el conjunto de discontinuidades de la función, que no es integrable.

En $\mathbb{R}^{n}$ con $n=3$ no hablamos de áreas, sino de volúmenes. En general, en $\mathbb{R}^{n}$ se habla de \textit{contenido} o 
\textit{medida de Jordán.}


\begin{definition}
  Un conjunto  $\Omega \subseteq 
\mathbb{R}^{n}$, tiene  \emph{contenido cero}  en  $\mathbb{R}^{n}$, si para toda  $\varepsilon >0$, existe un número finito de rectángulos cerrados,  $R_{1}, \ldots ,R_{m}$  
tales que 
\[
\text{ i)  }\Omega \subseteq \cup_{i=0}^{m} R_{i}\text{ \ \ y ii)  }\sum_{i=1}^{m} V(R_{i})<\varepsilon 
\]


\noindent  donde  $V(R_{i})$  es el contenido (o volumen) de  $R_{i}$. Al contenido cero, también se le llama \emph{medida
de Jordán cero.}
\end{definition}

La definición es la misma si en lugar de pedir los rectángulos
cerrados, se piden abiertos. La demostración es equivalente a la que se
hará para la definición de \textit{medida cero }al final de la próxima sección.

\bigskip

\textbf{Ejemplos}.\medskip

h) Cualquier conjunto finito, tiene contenido cero en $\mathbb{R}^{n}$. El
conjunto es finito, supongamos que tiene $m$ puntos. Dada $\varepsilon >0$,
podemos encerrar cada punto en un un rectángulo $R_{i}$, tal que cada
uno de sus lados $\ell _{j}$ ($j=1, \ldots ,n$) tenga una \textit{longitud
adecuada}, digamos, longitud menor que $\frac{\sqrt[n]{\varepsilon }}{\sqrt[n]{m}}$. Entonces,
\[
V(R_{i})=\ell _{1} \cdots \ell _{n}<\underset{\lfloor \text{ \ \ }n\text{
factores \ \ }\rfloor }{\frac{\sqrt[n]{\varepsilon }}{\sqrt[n]{m}}\frac{\sqrt[n]{\varepsilon }}{\sqrt[n]{m}} \cdots \frac{\sqrt[n]{\varepsilon }}{\sqrt[n]{m}}}=\frac{\varepsilon }{m}
\]
\[
\Rightarrow \text{ }\ \sum_{i=1}^{m} V(R_{i})<\sum_{i=1}^{m} \frac{\varepsilon }{m}=m\left( \frac{\varepsilon }{m}\right) =\varepsilon 
\]


i) Toda sucesión acotada, con un número finito de puntos de acumulación, tiene contenido cero en $\mathbb{R}^{n}$. La idea de la demostración es como sigue. Supongamos que la sucesión tiene $m$ puntos de
acumulación. Encerremos cada uno de estos puntos en un rectángulo $R_{i}$. Tendremos $m$ rectángulos, cada uno con una infinidad de puntos
de la sucesión. Fuera de estos rectángulos hay un número finito
de puntos de la sucesión, digamos $k$.

Así cubrimos toda la sucesión con $m+k$ rectángulos $R_{i}$, y
dando la \textit{longitud adecuada} para los lados de cada subrectángulo, podemos hacer $\sum_{i=1}^{m+k} V(R_{i})<\varepsilon $ para cada $\varepsilon >0$.\medskip

j) El conjunto $C$, de Cantor. Vea la figura \ref{fig:con-Cantor}. Este conjunto se construye de la siguiente
forma: Se divide en tres partes iguales el intervalo $\left[ 0,1\right] $,
se elimina la parte de en medio, y nos quedamos con los dos intervalos 
\textit{cerrados} que quedan. Cada uno de estos dos intervalos, se dividen
en tres partes iguales, se elimina la parte de en medio de cada uno, y nos
quedamos con los otros 4 intervalos cerrados. En el $k$-ésimo paso, nos
vamos a quedar con $2^{k}$ intervalos; y,.vamos a denotar a la unión de
todos estos intervalos por $C_{k}$. Es decir, en el paso $k$, $C_{k}$ es la
unión de los intervalos cerrados con los que nos quedamos. El conjunto
de Cantor es la intersección, infinita, de los intervalos con los que
nos quedamos en cada paso: $C=\cap_{k=1}^{\infty } C_{k}$.

\begin{figure} \centering 
%original-width 739pt;original-height 127pt;
\includegraphics[width=441pt,height=108pt]{./img-old/02/HYON2N14}
\caption{Conjunto de Cantor}
\label{fig:con-Cantor}
\end{figure}

Los puntos
\[
0,\frac{1}{3},\frac{2}{3},1,\frac{1}{3^{2}},\frac{2}{3^{2}},\frac{7}{3^{2}},\frac{8}{3^{2}},\frac{1}{3^{3}},\frac{2}{3^{3}},\frac{7}{3^{3}}\frac{8}{3^{3}},\frac{19}{3^{3}}, \cdots
\]

\noindent están en la intersección de los $C_{k}$ y, por tanto, están en $C$.

Nótese que podemos representar los números reales del intervalo $[0,1]$ en base 3, mediante una expresión de la forma:
\[
x=x_{1}3^{-1}+x_{2}3^{-2}+x_{3}3^{-3}+ \cdots
\]

\noindent con $x_{i}=0,1$ o $2$. Los elementos del conjunto de Cantor están descritos para valores $x_{i}=0$ o $x_{i}=2$. En efecto, cuando
eliminamos el tercio central para pasar de $C_{0}$ a $C_{1}$, suprimimos los
números $x$ para los que $x_{i}=1$. Cuando suprimimos los tercios
centrales para pasar de $C_{1}$ a $C_{2}$,eliminamos los números reales 
$x$ para los que $x_{i}=1$, y así sucesivamente.

El conjunto $C$, tiene una infinidad de puntos, su cardinalidad es igual a
la de los reales (se puede establecer una correspondencia biunívoca
entre los numeros que se pueden representar en base 3 en la forma $0.x_{1}x_{2}x_{3} \cdots $, con $x_{i}=0$ o $x_{i}=2$ y los que se escriben en
base dos en la forma $0.y_{1}y_{2}y_{3} \cdots $), el conjunto $C$ es compacto
(es acotado y cerrado), y tiene contenido cero: tómese cualquier $k\in 
\mathbb{N}$, el conjunto $C$ está contenido en $C_{K}$, que tiene $2^{k}$
intervalos $I_{i}$ de lonjitud $\frac{1}{3^{k}}$ cada uno. Dada $\varepsilon
>0$, existe $k\in \mathbb{N}$, tal que $\left( \frac{2}{3}\right)
^{k}<\varepsilon $
\[
\sum _{k=1}^{2^{k}} V(I_{i})=\sum _{k=1}^{2^{k}} \frac{1}{3^{k}}=2^{k}\frac{1}{3^{k}}<\varepsilon 
\]

k) La gráfica de cualquier función $f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$
integrable, es de contenido cero en $\mathbb{R}^{2}$. Como $f$ es
integrable, entonces $\forall \varepsilon >0$, existe una partición $P$
tal que $\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\varepsilon $. Para cada
subintervalo $I$ inducido por $P$, la gráfica de $f$ sobre $I$ está
contenida en un rectángulo $R$ de base igual a la longitud del
subintervalo $V(I)$, y altura igual al supremo menos el infimo de la funcion
en el intervalo: $M_{I}-m_{I}$. Vea la figura \ref{fig:gr-funcion}

\begin{figure} \centering 
%original-width 199pt;original-height 223pt;
\includegraphics[width=171pt,height=175pt]{./img-old/02/HYON2N15}
\caption{La gráfica de una función}
\label{fig:gr-funcion}
\end{figure}


Entonces, $V(R)=[M_{I}-m_{I}]V(I)$ y, por tanto
\[
 \sum _{I} [M_{I}-m_{I}]V(I)=\sum _{I} M_{I}V(I)-\sum _{I} m_{I}V(I)
\]
\[
 =\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\varepsilon 
\]


l) La gráfica de $ f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & ,\text{~\ }(x,y)\in \left( \lbrack 0,1]\times \lbrack 0,1]\right) \cap
\left( \mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\right) \\ 
1 & ,~\ (x,y)\notin \left( \lbrack 0,1]\times \lbrack 0,1]\right) \cap
\left( \mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\right)\end{array}\right. $,

\noindent tiene contenido cero en $\mathbb{R}^{3}$.

\begin{figure} \centering 
%original-width 218pt;original-height 208pt;
\includegraphics[width=145pt,height=120pt]{./img-old/02/HYON2N16}
\caption{Una función no integrable}
\label{fig:fc-nointegrable}
\end{figure}

Como se muestra en la figura \ref{fig:fc-nointegrable}, podemos encerrar la gráfica de la función
en dos rectángulos, cuya altura $h$ podemos hacer tan pequeña como
queramos.

Obsérvese que esta función no es integrable, y su conjunto de
discontinuidades es todo el cuadrado unitario que, como vimos en el ejemplo
\resaltar{(g)}, no tiene contenido cero en $\mathbb{R}^{2}$.

\bigskip

m) $\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]$ NO es de contenido cero, en $\mathbb{R}$.
Demos un número finito de intervalos que cubran $\mathbb{Q}\cap \lbrack
0,1]$: $\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]\subseteq I_{1},I_{2,},\ldots ,I_{m}$. Como
cualquier conjunto $H$, está contenido en el conjunto unión su
frontera, $H\cup \partial H$, tenemos que:
\[
\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]\subseteq \left( \mathbb{Q}\cap \lbrack
0,1]\right) \cup \partial \left( \mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]\right) 
\]
Así que $\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]$ está contenido en
su cerradura, $\overline{\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]}$ que es todo el
intervalo $\left[ 0,1\right] $. por tanto,
\begin{equation} \label{eq:Q-inter-01}
\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]\subseteq \overline{\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]}=[0,1] 
\end{equation}

Del lema \ref{le:abierto-interior}, tenemos que para cualesquiera dos conjuntos $H,G\subseteq \mathbb{R}^{n}$, si $H\subseteq G$, con $G$ cerrado, entonces $\overline{H}\subseteq G$. Como tenemos $\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]\subseteq
I_{1}\cup I_{2}\cup \cdots \cup I_{m}$, y cada $I_{i}$ es cerrado, su unión
finita es un conjunto cerrado; y, por tanto

\begin{equation} \label{eq:Q-intersect-01}
\overline{\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]}\subseteq I_{1}\cup I_{2}\cup \cdots \cup
I_{m}  
\end{equation}
De \ref{eq:Q-inter-01} y \ref{eq:Q-intersect-01}, se sigue que
\[
[0,1]\subseteq I_{1}\cup I_{2}\cup \cdots \cup I_{m}
\]

\noindent Por la \resaltar{afirmación 1}, tenemos $\sum_{i=1}^{m} V(I_{m})\geq 1\Diamond $

\bigskip

\textbf{Observación}. Hasta ahora, hemos visto ejemplos de funciones que
son integrables y su conjunto de discontinuidades es de contenido cero, y
funciones que no son integrables y su conjunto de discontinuidades no es de
contenido cero. Intui-tivamente podemos concluir (más adelante lo
demostraremos) que: si el conjunto de discontinuidades de una función $f$, acotada en un rectángulo $R$, tiene contenido cero, entonces la función es integrable, pues podemos encerrar sus discontinuidades en rectángulos cuya suma de sus áreas es menor que $\varepsilon $ para toda $\varepsilon >0$.

Pero, pedir que el conjunto de discontinuidades de la función, tenga
contenido cero, es una condición \emph{suficiente}, más \emph{no necesaria}. A continuación vamos a ver un ejemplo de una función que
sí es integrable, y el conjunto de puntos donde es discontinua NO tiene
contenido cero. No se desespere el lector de lo engorroso de la demostración.\medskip

Sea $f:\left[ 0,1\right] \rightarrow \left[ 0,1\right] $, la función de
Riemann definida de la siguiente manera:
\[
f(x)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
\frac{1}{q} & ,~x=\frac{p}{q},\text{ con }p\text{ y }q\text{ primos relativos} \\ 
0 & ,~x\in (\mathbb{R}-\mathbb{Q})\cap \lbrack 0,1] \\ 
1 & ,~x=0\end{array}\right. 
\]


\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 219pt;original-height 214pt;
\includegraphics[width=144pt,height=123pt]{./img-old/02/HYON2N17}
\caption{Función Riemman}
\label{fig:fc-riemman}
\end{figure}

\textbf{Afirmamos}:

\noindent 1. $f$ es continua en $(\mathbb{R}-\mathbb{Q})\cap \lbrack 0,1]$,
y discontinua en $\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]$.

\noindent 2. $f$ es integrable en $[0,1]$ (aunque su conjunto de
discontinuidades no tiene contenido cero).\medskip

Vamos a demostrar 1. Primero demostramos que $f$ es discontinua en $\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]$.

Sea $\frac{p}{q}\in \lbrack 0.1]$ y sea $\left\{ i_{n}\right\} $ una sucesión de irracionales que converge a $\frac{p}{q}$. La sucesión de imágenes, $\left\{ f(i_{n})\right\} $ converge a cero, cuando $n$ tiende a
infinito; pero $f\left( \frac{p}{q}\right) =\frac{1}{q}\neq 0$. por tanto, $f $ es discontinua en $\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]$.\medskip

Ahora, vamos a demostrar que $f$ es continua en $(\mathbb{R}-\mathbb{Q})\cap
\lbrack 0,1]$

Sea $i$ cualquier irracional en $[0,1]$ y $\varepsilon >0$. Queremos
demostrar que existe $\delta >0$ tal que si $\left\vert x-i\right\vert
<\delta $, entonces
\[
 \left\vert f(x)-f(i)\right\vert =\left\vert f(x)\right\vert <\varepsilon  .
\]


\noindent En el intervalo $I_{\delta }=(i-\delta ,i+\delta )$ hay racionales
e irracionales. Si $x\in (\mathbb{R}-\mathbb{Q})$, no hay ningún
problema, pues $f(x)=0$, y es inmediata la desigualdad anterior.

El problema es cuando $x$ es de la forma $\frac{p}{q}$. En este caso $f\left( \frac{p}{q}\right) =\frac{1}{q}$  y, para lograr que $f\left( \frac{p}{q}\right) <\varepsilon $, se requiere que $q$ sea suficientemente grande.
Es decir, queremos una $\delta >0$ tal que, todos los racionales que estén en el intervalo $I_{\delta }$, tengan un denominador suficientemente
grande. ¿ Es esto posible? La respuesta es sí, veamos.

Dada $\varepsilon >0$, podemos encontrar $m\in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{m+1}<\varepsilon <\frac{1}{m}$. Sea $A$ el siguiente conjunto:
\begin{equation} \label{eq:conjunto-A}
A=\left\{ 0,1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{4},\frac{3}{4}, \ldots ,\frac{1}{m},\frac{m-1}{m}\right\} 
\end{equation}
Es claro que $f$ aplicada a cualquiera punto de $A$ es mayor o igual que $\frac{1}{m}$.

Como $A$ es un conjunto finito, podemos dar $\delta $ tal que, el intervalo $I_{\delta }$ no contenga a ninuno de los racionales del conjunto $A$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 940pt;original-height 767pt;
\includegraphics[width=222pt,height=160pt]{./img-old/02/HYON2N18}
\caption{figura 45}
\end{figure}

\noindent Entonces, si $x=\frac{p}{q}\in I_{\delta }$, tenemos $q\geq m+1$
(pues de lo contrario $\frac{p}{q}$ estaría en $A$), por tanto:

\begin{equation} \label{eq:cota-de-f}
f(x)=\frac{1}{q}\leq \frac{1}{m+1}<\varepsilon  
\end{equation}

En consecuencia, $f$ es continua en $(\mathbb{R}-\mathbb{Q})\cap \lbrack
0,1]\Diamond $

\bigskip

Demostración de la afirmación 2. Por demostrar que $f$ es
integrable. Sea $\varepsilon >0$. Tomamos el conjunto $A$ como en \ref{eq:conjunto-A}, este conjunto es finito, de contenido cero; por tanto,
podemos encerrar cada punto $a\in A$ en un intervalo, $I_{k}\subset \left[
0,1\right] $, $k=1, \ldots ,n$ ($n=2m$), tal que
\begin{equation} \label{eq:sumas-menor-eps}
\sum_{k=1}^{n} V(I_{k})<\varepsilon 
\end{equation}


Sea $P$ una partición de $\left[ 0,1\right] $ tal que induzca dos tipos
de subintervalos:

\noindent 1. Todos los subintervalos que cubren al conjunto $A$, los $I_{k}$
con $k=1, \ldots ,n$.

\noindent Estos cumplen que si $a\in A$, entonces $a\in I_{k}$ para alguna $k $; y cumplen \ref{eq:sumas-menor-eps}. Además, el supremo de $f$ en $I_{k}$, es
menor o igual que $1$, $M_{I_{k}}\leq 1$; y el ínfimo, $m_{I_{k}}=0$,
entonces
\[
\sum_{k=1}^{n} \left( M_{I_{k}}-m_{I_{k}}\right)
V(I_{k})<\sum_{k=1}^{n} V(I_{k})<\varepsilon 
\]


\noindent 2. Los intervalos $J_{i}$, $i=1, \ldots ,h$, que no contengan puntos de 
$A$; es decir, que para toda $a\in A$, $a\notin J_{i}$.

\noindent Estos intervalos cumplen que, para toda $x\in J_{i}$, si $x$ es
irracional, entonces $f(x)=0$; y si $x=\frac{p}{q}$, entonces (por \ref{eq:cota-de-f})$ f(x)\leq \frac{1}{m+1}<\varepsilon $; por tanto, el supremo
de $f$ en cada intervalo es: $M_{J_{i}}\leq \frac{1}{m+1}<\varepsilon $; y,
el ínfimo, $m_{J_{i}}=0$.

\noindent Además, $\sum_{i=1}^{h} V(J_{i})<1$, ya que
los $J_{i}$ son subintervalos de $[0,1]$ que no se traslapan y, entonces
\[
\sum_{i=1}^{h} \left( M_{J_{i}}-m_{J_{i}}\right)
V(J_{i})<\varepsilon \sum_{i=1}^{h} V(J_{i})=\varepsilon 
\]



Considerando los dos tipos de intervalos, tenemos que:
\[
\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)=\underset{I_{i}}{\sum }\left(
M_{I_{k}}-m_{I_{k}}\right) V(I_{k})+\sum_{i=1}^{n} \left(
M_{j}-m_{j}\right) V(J_{i})<2\varepsilon 
\]



\noindent por tanto $f$ es integrable.$\Diamond $

\bigskip

Insistimos, el anterior es un ejemplo de una función cuyo conjunto de
discontinuidades, $\mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1]$, no es de contenido cero y,
sin embargo, la función es integrable.



\section{Medida cero}


en el ejemplo (m) vimos que el conjunto $B=\mathbb{Q}\cap \left[ 0,1\right] $, no es de contenido cero. ¿ Qué es lo que no cumple de
la definición? Sí podemos cubrir al conjunto $B$ con un número
finito de intervalos; y, lo que no cumple de la definición, es que la
suma de las longitudes de los intervalos con que lo cubramos, no la podemos
hacer tan pequeña como queramos.

Pero, los racionales son un conjunto numerable, por tanto $B$ es numerable.
Entonces, podemos numerar a todos los puntos $r\in B$, de forma que todos
nos queden en una sucesión $\left\{ r_{n}\right\} $. Cada $r_{n}$ lo
podemos encerrar en un intervalo $I_{i}$ de longitud menor que $\frac{\varepsilon }{2^{n}}$; en consecuencia,
\[
B\subseteq \cup_{i=1}^{\infty } I_{i}\text{ y }\sum_{i=1}^{\infty } V(I_{i})<\sum_{i=1}^{\infty } \frac{\varepsilon }{2^{n}}=\varepsilon .
\]


Así, cubrimos $B$ con una \textit{infinidad} de intervalos, cuya suma
de sus longitudes, aunque es una suma infinita, la podemos hacer tan pequeña como queramos. Si encerramos $B$ en una colección \textit{finita}
de intervalos, no podemos hacer que la suma de sus longitudes sea menor que $\varepsilon $, pero sí lo podemos hacer con una colección \textit{infinita}. A los conjuntos que cumplen esto, se les llama conjuntos de 
\textit{medida cero}. Entonces, $B$ no tiene contenido cero, pero sí
tiene medida cero.\medskip

Al final de la sección anterior, vimos un ejemplo de una función
integrable, cuyo conjunto de discontinuidades es $\mathbb{Q}\cap \left[ 0,1\right] $, que no tiene contenido cero, pero sí \textit{medida cero}.
Antes de pasar a ver si ésta condición (que el conjunto de
discontinuidades de una función tenga medida cero), es una condición 
\textit{necesaria} para que una función sea integrable, vamos a
familiarizarnos con los conjuntos de medida cero.


\begin{definition}
 Un conjunto  $\Omega \subseteq 
\mathbb{R}^{n}$  tiene medida cero, si para toda  $\varepsilon >0$  existe una colección numerable de rectángulos cerrados en  $\mathbb{R}^{n}$,  $R_{1},R_{2}, \ldots ,R_{m}, \ldots $, tal que: 

\qquad \qquad \qquad  i)  $\Omega \subseteq \cup_{i=1}^{\infty } R_{i}$ \ \ \qquad y\qquad\ \ ii)  $\ \sum_{i=1}^{\infty } V(R_{i})<\varepsilon $
\end{definition}


\textbf{Observación}: esta definición se puede dar con rectángulos abiertos en lugar de cerrados, esto lo vamos a usar más adelante
y lo demostraremos al final de la sección.


\begin{theorem}
 Si  $A\subset \mathbb{R}^{n}$  es
un conjunto tal que  $A=A_{1}\cup A_{2}\cup A_{3} \cdots $   y cada  $A_{i} $  tiene media cero, entonces  $A$  tiene medida cero. 
\end{theorem}


Dicho con palabras, la unión numerable de conjuntos de medida cero,
tiene medida cero.

Dem. Sea $\varepsilon >0$, como cada $A_{i}$ tiene medida cero, existe una
colección numerable de rectángulos cerrados, $R_{i1},R_{i2}, \ldots $
cuya unión cubre $A_{i}$ y
\[
\sum_{j=1}^{\infty } V(R_{ij})<\frac{\varepsilon }{2^{i}}
\]

\noindent Podemos reenumerar todos los $R_{ij}$ siguiendo las diagonales de
la siguiente tabla:
\[
\begin{array}{cccc}
R_{11} & R_{12} & R_{13} & ... \\ 
R_{21} & R_{22} & R_{23} & ... \\ 
R_{31} & R_{32} & ... &  \\ 
... &  &  & 
\end{array}
\]
\[
K_{1}=R_{11},K_{2}=R_{21},K_{3}=R_{12},K_{4}=R_{31},K_{5}=R_{22},K_{6}=R_{13}... 
\]


\noindent Es inmediato que la unión de los $K_{r}$ contiene a $A$ y $\sum_{r=1}^{\infty } V(K_{r})<\sum_{r=1}^{\infty } \frac{\varepsilon }{2^{r}}=\varepsilon $

\bigskip

\textbf{Ejemplos}:\medskip

a) Todo conjunto numerable en $\mathbb{R}^{n}$ tiene medida cero (en $\mathbb{R}^{n}$). Supongamos que $A\subseteq \mathbb{R}^{n}$ es numerable, $A=\left\{ a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{m},...\right\} $. Podemos encerrar cada $a_{i}\in A$ en un rectángulo $R_{i}\subset \mathbb{R}^{n}$, tal que $V(R_{i})<\frac{\varepsilon }{2^{n}}$, entonces
\[
\sum_{i=1}^{\infty } V(R_{i})<\sum_{i=1}^{\infty } \frac{\varepsilon }{2^{n}}=\varepsilon 
\]

\begin{corollary} 
 El conjunto de los números
racionales,  $\mathbb{Q}$, es de medida cero en  $\mathbb{R}$ ; el conjunto  $\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}$  es de medida cero en  $\mathbb{R}^{2}$ ; los naturales y los enteros, son conjuntos de
medida cero en  $\mathbb{R}$. 
\end{corollary}


b) Una recta $\ell \subseteq \mathbb{R}^{2}$ es de medida cero en $\mathbb{R}^{n}$, con $n\geq 2$.

Podemos encerrar a $\ell $ en una colección numerable de rectángulos, porque a todo conjunto en $\mathbb{R}^{n}$ lo podemos encerrar en
una tal colección. Queda como ejercicio demostrar que podemos encerrar a 
$\ell $ en una colección numerable de rectángulos, cuya suma de sus 
áreas sea menor que $\varepsilon $, para cualquier $\varepsilon >0$.

\bigskip

c) Un plano $\wp $ es de medida cero en $\mathbb{R}^{3}$.

\begin{figure} \centering 
%original-width 219pt;original-height 183pt;
\includegraphics[width=220pt,height=158pt]{./img-old/02/HYON2N19}
\caption{}
\label{fig:plano}
\end{figure}

Podemos cubrir a $\wp $ con un número numerable de rectángulos $R_{i} $, cuya base sea de área $1$ y su altura sea menor que $\frac{\varepsilon }{2^{n}}$. Vea la figura \ref{fig:plano}.

\bigskip

d) Para cualquier $m\in \mathbb{N}$, $ \mathbb{R}^{m}$ tiene medida cero en 
$\mathbb{R}^{m+1}$ y en $\mathbb{R}^{n}$ para $n>m+1$ La demostración
queda como ejercicio.\medskip

\bigskip

e) El intervalo $\left[ 0,1\right] $ NO es de medida cero en $\mathbb{R}$.

En el \resaltar{ ejemplo (c) de la sección 2,} llegamos a la conclusión de que
para cualquier colección finita de intervalos cerrados $I_{1}, \ldots ,I_{m}$,  tales que $[0,1]\subseteq \cup_{i=1}^{m} I_{i}$,
ocurre que $\sum_{i=1}^{m} V(I_{i})\geq 1$. O sea, si la
colección de intervalos es \textbf{finita}, no cumple la segunda condición de la definición, por ejemplo, pensemos en la misma que usamos
para demostrar que $\mathbb{Q}\cap \left[ 0,1\right] $ es de medida cero;
esa colección de intervalos sí cumple que $\sum_{i=1}^{\infty } V(I_{i})<\varepsilon $, el problema aquí será que
tal colección, aunque cubre a los racionales en $\left[ 0,1\right] $, no
siempre cubre a todo el intervalo $\left[ 0,1\right] $.

\bigskip

En el ejemplo \resaltar{(m) de la sección 2}, demostramos que si $\mathbb{Q}\cap \left[ 0,1\right] $ está contenido en una unión \textbf{finita} de
intervalos, entonces esa unión contiene a todo el $\left[ 0,1\right] $,
y el argumento principal es que la unión finita de cerrados es cerrada.
Pero ahora lo que tenemos es una unión \textbf{infinita}, y la unión
infinita de cerrados, no necesariamente es cerrada. Por ejemplo, la sucesión de intervalos $\left[ 0,\xi -\frac{1}{n}\right] \cup \left[ \xi +\frac{1}{n},1\right] $; la unión infinita es,
\[
\cup_{n=1}^{\infty } \left( \left[ 0,\xi -\frac{1}{n}\right] \cup \left[ \xi +\frac{1}{n},1\right] \right) =[0,\xi )\cup (\xi ,1]=\left[ 0,1\right] -\left\{ \xi \right\} 
\]

\noindent Y si $\xi $ es irracional, esa unión contiene a todos los
racionales en el $\left[ 0,1\right] $, pero no contiene a todo el $\left[ 0,1\right] $. Dada cualquier $\varepsilon >0$, podemos construir una sucesión de intervalos $I_{n}$, tal que $\mathbb{Q}\cap \left[ 0,1\right] \subseteq 
\cup_{n=1}^{\infty } I_{n}$, y $\sum_{i=1}^{\infty } V(I_{n})<\varepsilon $; pero que $[0,1]$ no esté
contenido en $\cup_{n=1}^{\infty } I_{n}$. Veamos.

Sea $0<\varepsilon <1$. Tomemos $\xi _{1}$ en los irracionales, tal que $0<\xi _{1}<\frac{\varepsilon }{2^{n}}$; $\xi _{2}=2\xi _{1}$, $\xi _{3}=3\xi
_{1}$, hasta llegar a $\xi _{m}=m\xi _{1}$ para $m\in \mathbb{N}$ tal que $1-\xi _{1}<m\xi _{1}<1$ y, por tanto $(m+1)\xi _{1}>1$. Consideremos las
siguientes sucesiones de intervalos:
\[
I_{1_{n}}=\left[ 0,\xi _{1}-\frac{\xi _{1}}{2n}\right] \text{, }I_{2_{n}}=\left[
\xi _{1}+\frac{\xi _{2}-\xi _{1}}{2n},\xi _{2}-\frac{\xi _{2}-\xi _{1}}{2n}\right] \text{, \ldots , }I_{m_{n}}=\left[ \xi _{m}+\frac{1-\xi _{m}}{2n},1\right] 
\]


\noindent Construimos así una colección numerable de intervalos,
tales que su unión es:
\[
\cup_{n=1}^{\infty } I_{m_{n}}=[0,\xi _{1})\cup (\xi
_{1},\xi _{2})\cup \cdots \cup \left[ \xi _{m},1\right] =\left[ 0,1\right]
-\left\{ \xi _{1}, \ldots ,\xi _{m}\right\} 
\]



\noindent y la suma de las longitudes de los $I_{m_{n}}$ la podemos hacer
tan pequeña como queramos:
\[
 V\left[ 0,\xi _{1}-\frac{\xi _{1}}{2n}\right] =\xi _{1}-\frac{\xi _{1}}{2n}<\xi _{1}<\frac{\varepsilon }{2^{n}},
\]
\[
V\left[ \xi _{k-1}+\frac{\xi _{k}-\xi _{k-1}}{2n},\xi _{k}-\frac{\xi
_{k}-\xi _{k-1}}{2n}\right] =\left\vert \xi _{k}-\xi _{k-1}-\frac{\xi
_{k}-\xi _{k-1}}{n}\right\vert <\xi _{k},
\]


\noindent pues $ \xi _{k}>\xi _{k-1}+\frac{\xi _{k}-\xi _{k-1}}{n}>0$, por
tanto
\[
V\left[ \xi _{k-1}+\frac{\xi _{k}-\xi _{k-1}}{2n},\xi _{k}-\frac{\xi
_{k}-\xi _{k-1}}{2n}\right] <\xi _{k}=k\xi _{1}<k\frac{\varepsilon }{2^{n}}
\]
\[
 V\left[ \xi _{m}+\frac{1-\xi _{m}}{2n},1\right] =\left\vert 1-\xi _{m}-\frac{1-\xi _{m}}{2n}\right\vert <\xi _{m}
\]



\noindent porque $1>\xi _{m}+\frac{1-\xi _{m}}{2n}>0$. por tanto,
\[
 V\left[ \xi _{m}+\frac{1-\xi _{m}}{2n},1\right] <\xi _{m}=m\xi _{1}<m\frac{\varepsilon }{2^{n}}
\]
\[
 \sum_{n=1}^{\infty } I_{m_{n}}<\sum_{n=1}^{\infty } \left( \frac{\varepsilon }{2^{n}}+2\frac{\varepsilon }{2^{n}}+3\frac{\varepsilon }{2^{n}}+ \cdots +m\frac{\varepsilon }{2^{n}}\right) 
\]
\[
 =\varepsilon (1+2+3+ \cdots +m)\sum_{n=1}^{\infty } \frac{1}{2^{n}}=\varepsilon \frac{m(m+1)}{2}
\]


\noindent Nótese que $\xi _{i}$ es irracional $\forall $ $i=1, \ldots ,m$,
entonces $\mathbb{Q}\cap \left[ 0,1\right] \subseteq \cup_{n=1}^{\infty } I_{n}$, pero esta unión no contiene a todo el $\left[ 0,1\right] $.

Supongamos que tenemos cualquier colección infinita de intervalos
cerrados $J_{1},J_{2}, \ldots $ que cubre a todo el intervalo $\left[ 0,1\right] $, y consideremos los intervalos del ejemplo c de la sección 2: $I_{i}=\left[ \alpha _{i},\beta _{i}\right] $, $i=1, \ldots ,m$, con $\beta _{i}=\alpha
_{i+1}$, $\alpha _{1}=0$ y $\beta _{m}=1$; entonces,
\[
\left[ 0,1\right] =\cup_{i=1}^{m} I_{i}\subseteq \cup_{n=1}^{\infty } J_{n}
\]

\noindent por lo que
\[
1\leq \sum_{n=1}^{\infty } V(J_{n})\medskip 
\]

\noindent por tanto $\left[ 0,1\right] $ no tiene medida cero.

\bigskip

\textbf{Observación 1}. En todos los ejemplos (a excepción del último), los conjuntos son NO acotados, a diferencia de los ejemplos que
vimos de contenido cero. ¿ Puede haber un conjunto que sea
de contenido cero y no sea acotado? No, pues si el conjunto no es acotado,
no lo podemos cubir con un número finito de rectángulos. Por tanto,
si $\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n}$ tiene contenido cero, entonces $\Omega $
es acotado (la demostración queda como ejercicio).

\bigskip

\textbf{Observación 2. }En los ejemplos (b), (c) y (d), también los
conjuntos son cerrados, de medida cero, y no tienen contenido cero (ninguno
es acotado).

\bigskip

\textbf{Observación 3. }El conjunto $\mathbb{Q}\cap \left[ 0,1\right] $
es un ejemplo de un conjunto que no es cerrado, no es de contenido cero,
pero sí es acotado y sí es de medida cero; es decir, $\mathbb{Q}\cap \left[ 0,1\right] $ tiene medida cero, pero no tiene contenido cero.
Entonces, si un conunto $\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n}$ tiene medida cero,
esto NO implica que $\Omega $ tenga contenido cero. Sin embargo, si un
conjunto tiene contenido cero, entonces tiene media cero.


\begin{lemma} \label{le:medida-contenido}
  Sea  $\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n}$   Si  $\Omega $  tiene contenido cero,  $c(\Omega )=0$ ;
entonces,  $\Omega $  tiene medida cero, $m\left( \Omega \right) =0$.
\end{lemma}


\begin{proof}
 Como $c(\Omega )=0$, entonces para toda $\varepsilon >0$ existe una
colección finita de rectángulos cerrados, $R_{1}, \ldots ,R_{m}$ tal que
\[
\Omega \subseteq \cup_{i=1}^{m} R_{i}\qquad \text{ y\qquad\ }\sum_{i=1}^{m} V(R\,i)<\varepsilon 
\]


\noindent Tenemos $m$ rectángulos $R_{i}$ que cubren al conjunto $\Omega 
$; podemos, entonces, construir una colección \textit{numerable} de rectángulos $R_{j}\subseteq R_{i}$ tal que $V(R_{j})<\frac{\varepsilon }{2^{j}}$ y $R_{j+1}\subseteq R_{j}$, para toda $j=m+1,m+2, \ldots $; entonces
\[
\Omega \subseteq \left( \cup_{i=1}^{m} R_{i}\right) \cup
\left( \cup_{j=m+1}^{\infty } R_{j}\right) =\cup_{k=1}^{\infty } R_{k}
\]
\[
 \Rightarrow \sum_{k=1}^{\infty } V(R_{k})=\sum_{i=1}^{m} V(R\,i)+\sum_{j=m+1}^{\infty } V(R_{j})<\varepsilon +\sum_{j=m+1}^{\infty } \frac{\varepsilon }{2^{j}}
\]
\[
\leq \varepsilon +\sum_{j=1}^{\infty } \frac{\varepsilon 
}{2^{j}}=2\varepsilon
\] 
\end{proof}


\begin{theorem}
 Sea  $\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n}$  un conjunto compacto y  $m(\Omega )=0$, entonces  $c(\Omega )=0$
\end{theorem}


\begin{proof}
 Tenemos como hipótesis que $m(\Omega )=0$, entonces existen una
infinidad de rectángulos cerrados $R_{1},R_{2}, \ldots $ en $\mathbb{R}^{n}$
tales que
\[
\Omega \subseteq \cup_{i=1}^{\infty } R_{i}\text{ y }\sum_{i=1}^{\infty } V(R_{i})<\frac{\varepsilon }{n}
\]


\noindent Supongamos que $R_{i}$ tiene lados $I_{j}^{i}$ con $j=1, \ldots ,n$, y
alargamos cada uno de estos lados en todas direcciones, hasta obtener un rectángulo abierto $S_{i}$ de lados $\sqrt[n]{n}I_{j}^{i}$ (por ejemplo, si $n=2$, y $R_{i}$ tiene lados $a$ y $b$, entonces $S_{i}$ tiene lados $\sqrt{2}a$ y $\sqrt{2}b$); así, construimos una colección infinita de rectángulos abietos $S_{i}$ tales que:
\[
\Omega \subseteq \cup_{i=1}^{\infty } R_{i}\subseteq 
\cup_{i=1}^{\infty } S_{i}
\]



\noindent entonces, por el teorema de Heine Borel \ref{th:compacto-HB}, existe
una subcubierta abierta finita de los $S_{i}$ que contiene a $\Omega $, $S_{1}, \ldots ,S_{m}$. Considerando la cerradura de los $S_{i}$, $i=1, \ldots ,m$,
tenemos que
\[
\Omega \subseteq \cup_{i=1}^{m} \overline{S}_{i}\text{ y }V(\overline{S}_{i})=V(S_{i})=nV(R_{i})\text{ para cada }i.
\]

\noindent por lo que
\[
\sum_{i=1}^{m} V(\overline{S}_{i})=n\sum_{i=1}^{m} V(R_{i})<n\left( \frac{\varepsilon }{n}\right)
=\varepsilon 
\]

\noindent Por tanto, $\Omega $ tiene contenido cero.
\end{proof}


Obsérvese que si $c(\Omega )=0$, entonces existe $\left\{
R_{1},R_{2}, \ldots ,R_{k}\right\} $ tal que $\Omega \subseteq \cup_{i=1}^{k} R_{i}$, donde cada $R_{i}$ es un rectángulo en $\mathbb{R}^{n}$, acotado. Como la unión finita de acotados es acotada,
en conclusión tenemos que $\Omega $ es acotado.(lo podemos encerrar en
un número finito de conjuntos acotados). Sin embargo, no podemos
garantizar que sea cerrado. Por ejemplo, la susesión $\left\{ \frac{1}{n}\right\} =\Omega $, es de contenido cero pero no es cerrado, pues $0$ es
punto de acumulación de $\Omega $ y $0\notin \Omega $. O sea, si
contenido de $\Omega $ es cero, NO implica que $\Omega $ sea compacto (sí se puede concluir que es acotado, pero no cerrado).\medskip

Por último, demostraremos que la definición de medida cero se puede
considerar con rectángulos abiertos.

Supongamos primero que para toda $\varepsilon >0$ existe una colección
de rectángulos \textit{cerrados} $K_{1},K_{2}, \ldots ,K_{i}, \ldots $ tal que:
\[
\text{i)\textit{\ }}\Omega \subseteq \cup_{i=1}^{\infty } K_{i}\text{\textit{\ \ \qquad }y\qquad\ \ ii) }\ \sum_{i=1}^{\infty } V(K_{i})<\varepsilon .
\]

\noindent Sea $\frac{\varepsilon }{n}>0$, entonces
\[
\sum_{i=1}^{\infty } V(K_{i})<\frac{\varepsilon }{n}
\]

\noindent Consideremos cualquier rectángulo $K_{i}$ y denotemos cada
lado de $K_{i}$ con $\ell _{j}^{i}$ ( $j=1, \ldots ,n$). Alargamos cada uno de
estos lados en ambas direcciones hasta formar un rectángulo abirto $R_{i} $ de lados igual a $\sqrt[n]{n}\ell _{j}^{i}$. Entonces, $K_{i}\subset
R_{i}$ y el volumen da cada $R_{i}$ está dado por:
\[
V(R_{i})=\prod _{j=1}^{n} \sqrt[n]{n}\ell
_{j}^{i}=nV(K_{i})
\]



\noindent Entonces:
\[
\Omega \subseteq \cup_{i=1}^{\infty } K_{i}\subset 
\cup_{i=1}^{\infty } R_{i}\text{ \ \ y }\ \ \sum_{i=1}^{\infty } V(R_{i})=n\sum_{i=1}^{\infty } V(K_{i})<n\frac{\varepsilon }{n}=\varepsilon 
\]


Ahora supongamos que para toda $\varepsilon >0$, existe una colección
numerable de rectángulos \textit{abiertos} en $\mathbb{R}^{n}$, $R_{1},R_{2}, \ldots ,R_{m}, \ldots $, tal que:
\[
\text{\textit{i) }}\Omega \subseteq \cup_{i=1}^{\infty } R_{i}\text{\textit{\ \ \qquad y\qquad\ \ ii) }}\ \sum_{i=1}^{\infty } V(R_{i})<\frac{\varepsilon }{2}.
\]


Nótese que, para cada $i$, $\partial R_{i}$ está formada por un número finito de segmentos de recta, por tanto es de contenido cero y,
entonces, es de medida cero. Como la unión numerable de conjuntos de
medida cero es de medida cero, se sigue que el conjunto: $\cup_{i=1}^{\infty } \partial R_{i}$, es de medida cero. Entonces,
existe una colección numerable de rectángulos cerrados $H_{1},H_{2}, \ldots $ tales que:
\[
\cup_{i=1}^{\infty } \partial R_{i}\subseteq \cup_{i=1}^{\infty } H_{i}\qquad \text{y}\qquad \sum_{i=1}^{\infty } V(H_{i})<\frac{\varepsilon }{2}
\]


\noindent Para cada $i\in \mathbb{N}$, sea $K_{i}=R_{i}\cup \partial R_{i}$;
así, los rectángulos $K_{i}$ son cerrados y tales que:
\[
\Omega \subset \cup_{i=1}^{\infty } \left( R_{i}\cup
\partial R_{i}\right) =\cup_{i=1}^{\infty } K_{i}\subset
\left( \cup_{i=1}^{\infty } R_{i}\right) \cup \left( 
\cup_{i=1}^{\infty } H_{i}\right) 
\]


\noindent y
\[
\sum_{i=1}^{\infty } V(K_{i})\leq \sum_{i=1}^{\infty } V(R_{i})+\sum_{i=1}^{\infty } V(H_{i})<\frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon 
\]

\noindent Así, hemos demostrado que definir medida cero con rectángulos abiertos, es equivalente a dar la definición con los rectángulos cerrados.$\Diamond $


\section{Teorema de existencia de la integral}


Vamos a denotar al conjunto de puntos donde una función $f$ es
discontinua, por $\Lambda _{f}$. Es decir:
\[
 \Lambda _{f}=\left\{ \overline{x}\in D_{f}\mid f\text{ es discontinua en }\overline{x}\right\}  .
\]


Ya hemos visto ejemplos de funciones $f$ cuyo conjunto de discontinuidades
es de contenido cero, $c(\Lambda _{f})=0$, y son integrables. Vimos que la
función de Riemman tiene un conjunto de discontinuidades que no es de
contenido cero, pero sí de medida cero, $m(\Lambda _{f})=0$, y también es integrable. Y la función de Dirichlet, cuyo conjunto de
discontinuidades $\Lambda _{f}=[0,1]$ no es de medida cero, no es
integrable. En efecto, tenemos el siguiente teorema.


\begin{theorem}
\textbf{Teorema II.4.1}.  Sea  $f:R\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$,  $R$  rectángulo. La función  $f$  es integrable en  $R$, si y sólo si su
conjunto de discontinuidades: 
\[
\Lambda _{f}=\left\{ \overline{x}\in R\mid f\text{ es discontinua en }\overline{x}\right\}  ,
\]

\noindent  tiene medida cero (es decir, si y sólo si  $m(\Lambda
_{f})=0$).
\end{theorem}


Si tenemos una función $f$ tal que $c\left( \Lambda _{f}\right) =0$;
entonces, el lema \ref{le:medida-contenido} nos garantiza que, $m(\Lambda _{f})=0$, y,
por el teorema anterior, $f$ es integrable.


\begin{corollary} \label{co:discont-medida-cero}
 Sea  $f:R\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{n}$,  $R$  rectángulo. Si el conjunto: 
\[
\Lambda _{f}=\left\{ \overline{x}\in D_{f}\mid f\text{ es discontinua en }\overline{x}\right\}
\] 
\noindent  es de contenido cero, entonces  $f$  es integrable. 
\end{corollary}


Más adelante (en la sección 4.b) demostraremos el teorema \textbf{II.4.1}. Primero introduciremos dos definiciones que nos facilitarán la
demostración.


\subsection{Oscilación de una función}


Supóngase que tenemos una función $f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$,
acotada. Sea $x_{0}\in \lbrack a,b]$. Para $\delta >0$, podemos calcular
algo así como la "mayor variación" de los valores de la función
en la vecindad $V_{\delta }(x_{0})$. Vamos a usar la sigiente notación:
\[
M(f,\delta )=\sup \left\{ f(x)\mid \left\vert x-x_{0}\right\vert <\delta
\right\} \text{ y }m(f,\delta )=\inf \left\{ f(x)\mid \left\vert
x-x_{0}\right\vert <\delta \right\} 
\]


Si $f$ es como en la figura \ref{fig:fc-oscil}

\begin{figure} \centering 
%original-width 231pt;original-height 129pt;
\includegraphics[width=247pt,height=139pt]{./img-old/02/HYON2O1A}
\caption{}
\label{fig:fc-oscil}
\end{figure}

Para $\delta >0$, la mayor "variación" de $f$ en $V_{\delta }(x_{0})$,
estará dada por la diferencia entre el supremo y el ínfimo de los
valores de la función en la vecindad de radio $\delta $: $M(f,\delta
)-m(f,\delta )$.

Nótese que si damos un radio de vecindad más pequeño: $\delta
^{\prime }<\delta $, entonces la "variación" decrece o permanece igual,
porque $V_{\delta ^{\prime }}(x_{0})\subset V_{\delta }(x_{0})$, luego
\[
M(f,\delta )\geq M(f,\delta ^{\prime })\text{ y }m(f,\delta )\leq m(f,\delta
^{\prime }).
\]

\noindent entonces,
\[
M(f,\delta )-m(f,\delta )\geq M(f,\delta ^{\prime })-m(f,\delta ^{\prime })
\]
Si hacemos tender delta a cero, entonces nos queda el siguiente límite:
\[
\underset{\delta \rightarrow 0}{\lim }\left[ M(f,\delta )-m(f,\delta )\right] 
\]

\noindent Este límite siempre existe porque la función es acotada.
Este límite es lo que se llama \textit{osilación} de $f$. El análisis es el mismo si la función $f$ es de varias variables.


\begin{definition}
Sea  $f:R\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$  acotada en el rectángulo  $R$. Definimos la osilación de  $f$  en  $\overline{x}_{0}$  como: 
\[
o(f,\overline{x}_{0})=\lim _{\delta \rightarrow 0} \left[
M(f,\delta )-m(f,\delta )\right] 
\]

\end{definition}


\begin{theorem}
  Una función  $f$  acotada en  $R$, escontinua en  $\overline{x}_{0}$, si y solo si,  $o(f,\overline{x}_{0})=0.$
\end{theorem}


Dem. Supongamos que $o(f,\overline{x}_{0})=0$, por demostrar que $f$ es
continua en $\overline{x}_{0}$. Sea $\varepsilon >0$ cualquiera y sea $\left\{ \delta _{n}\right\} $ cualquier sucesión (de radios de vecindad)
que converge a cero; entonces:
\[
 \lim _{n\rightarrow \infty } \left\vert M(f,\delta
_{n})-m(f,\delta _{n})\right\vert =0 .
\]


\noindent por tanto, existe $N\in \mathbb{N}$, tal que si $n>N$, entonces $\left\vert M(f,\delta _{n})-m(f,\delta _{n})\right\vert <\varepsilon $.

Como $m(f,\delta _{n})\leq f(\overline{x})\leq M(f,\delta _{n})$ para toda $\overline{x}\in V_{\delta _{n}}(\overline{x}_{0})$, en particular, $m(f,\delta _{n})\leq f(\overline{x}_{0})\leq M(f,\delta _{n})$, por lo que:
\[
\left\vert f(\overline{x})-m(f,\delta _{n})\right\vert \leq \left\vert
M(f,\delta _{n})-m(f,\delta _{n})\right\vert <\varepsilon 
\]
\[
\left\vert f(\overline{x}_{0})-m(f,\delta _{n})\right\vert \leq \left\vert
M(f,\delta _{n})-m(f,\delta _{n})\right\vert <\varepsilon 
\]
\[
\implies \text{ }\ \left\vert f(\overline{x})-m(f,\delta _{n})-f(\overline{x}_{0})+m(f,\delta _{n})\right\vert 
\]
\[
 \leq \left\vert f(\overline{x})-m(f,\delta _{n})\right\vert +\left\vert f(\overline{x}_{0})-m(f,\delta _{n})\right\vert <2\varepsilon 
\]

\noindent por tanto
\[
\left\vert f(\overline{x})-f(\overline{x}_{0})\right\vert <2\varepsilon 
\]

\noindent Lo que muestra que $f$ es continua en $\overline{x}_{0}$.

\bigskip

Ahora, spongamos que $f$ es continua en $\overline{x}_{0}$. Es decir, para
cualquier $\varepsilon >0$, existe $\delta >0$ tal que si $\overline{x}\in
V_{\delta }\left( \overline{x}_{0}\right) $; entonces $f(\overline{x})\in
B_{\varepsilon }(f(\overline{x}_{0}))$. Se sigue que $f(\overline{x}_{0})-\varepsilon $ es cota inferior de $f$ en la vecindad $V_{\delta }(\overline{x}_{0})$ y $f(\overline{x}_{0})+\varepsilon $ es cota superior.
por tanto:
\[
f(\overline{x}_{0})-\varepsilon \leq m(f,\delta )\text{ y }M\left( f,\delta
\right) \leq f(\overline{x}_{0})+\varepsilon
\]

\noindent entonces
\[
M\left( f,\delta \right) -m(f,\delta )\leq f(\overline{x}_{0})+\varepsilon
-f(\overline{x}_{0})+\varepsilon =2\varepsilon 
\]



\noindent Como para cualquier radio $\delta ^{\prime }\leq \delta $, ocurre
que $V_{\delta ^{\prime }}\left( \overline{x}_{0}\right) \subseteq V_{\delta
}\left( \overline{x}_{0}\right) $, entonces
\[
M\left( f,\delta ^{\prime }\right) \leq M\left( f,\delta \right) \text{ y }m(f,\delta )\leq m(f,\delta ^{\prime })
\]

\noindent lo que implica:
\[
 M\left( f,\delta ^{\prime }\right) -m(f,\delta ^{\prime })\leq M\left(
f,\delta \right) -m(f,\delta )<2\varepsilon  .
\]


\noindent Se sigue entonces que, en el límite, cuando delta tiende a
cero
\[
\underset{\delta \rightarrow 0}{\lim }\left[ M\left( f,\delta \right)
-m(f,\delta )\right] \leq 2\varepsilon 
\]



\noindent por tanto ese límite es cero y $o(f,\overline{x}_{0})=0$.$\Diamond $

\bigskip

\textbf{Observación. }Es claro que si $f$ es continua en un punto $\xi $, entonces, para cada $\varepsilon >0$, podemos construir un rectángulo
abierto $W\subset V_{\delta }(\xi )$ tal que que $\xi \in W$ y $M_{W}-m_{W}<\varepsilon $, donde $\delta $ existe por la definición de
continuidad y $M_{W}$ y $m_{W}$ son el supremo y el ínfimo de $f$,
respectivamente, en $W$. ¿ Qué pasa si en $W$ hay un
punto $\overline{x}\neq \overline{x}_{0}$, donde $f$ es discontinua? 
¿ se cuple que $o(f,\overline{x})<\varepsilon $? La
respuesta es sí, nos lo garantiza el teorema que acabamos de demostrar.
Veamos.

Dada $\varepsilon >0$, si $\overline{x}$ es un punto de discontinuidad de $f$
en $V_{\delta }(\xi )$, ocurre que $o(f,\overline{x})=\eta >0$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 228pt;original-height 141pt;
\includegraphics[width=261pt,height=162pt]{./img-old/02/HYON2O1B}
\caption{figura 48}
\end{figure}

\noindent Entonces para toda $\delta ^{\prime }>0$, tenemos
\[
 M(f,V_{\delta ^{\prime }}(\overline{x}))-m(f,V_{\delta ^{\prime }}(\overline{x}))\geq \eta  .
\]


\noindent Pero $W$ es abierto, por lo que existe $\delta _{0}$ tal que $V_{\delta _{0}}(\overline{x})\subset W$, entonces
\[
m(f,V_{\delta _{0}}(\overline{x}))\geq m_{W}\text{ , \ }M(f,V_{\delta _{0}}(\overline{x}))\leq M_{W}
\]
\[
M(f,V_{\delta _{0}}(\overline{x}))-m(f,V_{\delta _{0}}(\overline{x}))\geq
\eta 
\]

\noindent por lo que:
\[
\varepsilon >M_{W}-m_{W}\geq M(f,V_{\delta _{0}}(\overline{x}))-m(f,V_{\delta _{0}}(\overline{x}))\geq \eta 
\]

\noindent por tanto, $\varepsilon >\eta $. Esto es, hemos demostrado que,
para todo $\overline{x}\in W$ ocurre que $o(f,\overline{x})<\varepsilon $.
Podemos resumir la \resaltar{observación 1} de la siguiente manera (que es como lo
utilizamos en la siguiente sección):

\bigskip

\textbf{Observación A. }\textit{Sea }$f:R\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$, $f$ \textit{acotada en el rectángulo }$R$\textit{. Si }$f$\textit{\ es continua en }$\overline{x}$\textit{, entonces,
dada cualquier }$\varepsilon >0$\textit{, existen }$\delta >0$ y\textit{\ un
rectángulo abierto }$W_{\overline{x}}$\textit{\ tal que }$W_{\overline{x}}\subset V_{\delta }(\overline{x})$\textit{\ y }$M_{W_{\overline{x}}}-m_{W_{\overline{x}}}<\varepsilon $\textit{; y, ésta desigualdad se cumple
independientemente de que en }$W_{\overline{x}}$\textit{\ haya puntos donde }$f$\textit{\ no sea continua.}

\bigskip

Para la segunda parte de la demostración del \resaltar{teorema 1}, introduciermos
unos conjuntos que se construyen de la siguiente manera:

Recordemos que $f$ es discontinua en $\overline{x}\in R$, si y solo si
existe $\varepsilon >0$, tal que para toda vecindad de $\overline{x}$, $V(\overline{x})$, existe $\xi \in V(\overline{x})\cap R$ que satisface
\[
\left\vert f(\xi )-f(\overline{x})\right\vert \geq \varepsilon 
\]

\noindent Esto es, $\overline{x}\in \Lambda _{f}$ si y solo si, existe $m\in 
\mathbb{N}$, tal que para toda $\delta >0$, existe $\xi \in V_{\delta }(\overline{x})\cap R$ que satisface:
\[
\left\vert f(\xi )-f(\overline{x})\right\vert \geq \frac{1}{m}
\]

\noindent En consecuencia, $\overline{x}\in \Lambda _{f}$ si, y sólo si,
existe $m\in \mathbb{N}$, tal que:
\[
o(f,\overline{x})=\lim _{\delta \rightarrow 0} \left[ M(f,\delta
)-m(f,\delta )\right] \geq \frac{1}{m}
\]



Así, para cada $m\in \mathbb{N}$, se definen los conjuntos
\[
E_{m}=\left\{ \overline{x}\in R\mid o(f,\delta )\geq \frac{1}{m}\text{,}\right\} 
\]

Por ejemplo, consideremos, una función $f$ discontinua en un solo punto $x_{0}$, como en la siguiente figura:

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 279pt;original-height 209pt;
\includegraphics[width=160pt,height=120pt]{./img-old/02/HYON2O1C}
\caption{figura 51}
\end{figure}

Es claro que:
\[
 o(f,x_{0})<\frac{1}{99}<\frac{1}{98}< \cdots <1
\]
\[
 o(f,x_{0})\geq \frac{1}{100}>\frac{1}{101}> \cdots >\frac{1}{m}>\frac{1}{m+1}> \cdots  
\]

\noindent O sea que,

\[
 E_{1}=E_{2}= \cdots =E_{99}=\varnothing 
\]
\[
\text{y\qquad\ }E_{100}=E_{101}= \cdots =E_{m}=\left\{ x_{0}\right\} \text{, }\forall m\geq
100.
\]


Sea $f$ definida por:

$f(x)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & ,~\;x\neq \frac{1}{n} \\ 
\frac{1}{n} & ,~\;x=\frac{1}{n}\end{array}\right. $, con $n\in \mathbb{N}$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 167pt;original-height 155pt;
\includegraphics[width=228pt,height=165pt]{./img-old/02/HYON2O1D}
\caption{figura 52}
\end{figure}

\[
E_{1}=\left\{ x\in \lbrack 0,1]\mid o(f,x)\geq 1\right\} 
\]

\noindent Como el único $x$ que satisface la desigualdad es $1$, pues $1-\frac{1}{n}<1\;\ \forall n\in \mathbb{N}$ y sólo $1-0=1$, tenemos que $E_{1}=\left\{ 1\right\} $.
\[
E_{2}=\left\{ x\in \lbrack 0,1]\mid o(f,x)\geq \frac{1}{2}\right\} 
\]

\noindent Evidentemente $1\in E_{2}$; además, $\frac{1}{2}-0=\frac{1}{2}$, por lo que $\frac{1}{2}\in E_{2}$ y nadie más, pues $\frac{1}{2}-\frac{1}{n}<\frac{1}{2}$ $\forall n>1$, entonces
\[
 E_{2}=\left\{ 1,\frac{1}{2}\right\}  .
\]

\noindent Análogamente,

\[
E_{3}=\left\{ 1,\frac{1}{2},\frac{1}{3}\right\} , \ldots , E_{m}=\left\{ 1,\frac{1}{2},\frac{1}{3}, \ldots ,\frac{1}{m}\right\} ,
\]
\[
 E_{m+1}=\left\{ 1,\frac{1}{2},\frac{1}{3}, \ldots ,\frac{1}{m},\frac{1}{m+1}\right\} 
\]


\textbf{Observaciones}:

\noindent 1) Como en general, $o(f,\overline{x})\geq \frac{1}{m}>\frac{1}{m+1}$, se tiene que si $\overline{x}\in E_{m}$, entonces $\overline{x}\in
E_{m+1}$. Esto es, podemos numerar los conjuntos $E_{m}$.

\noindent 2) Por definición, $\Lambda _{f}=\cup_{m=1}^{\infty } E_{m}$.

\bigskip

De 1 y 2 tenemos que el conjunto $\Lambda _{f}$ es la unión numerable de
los $E_{m}$.



\subsection{Demostración del teorema II.4.1}


\textbf{Teorema II.4.1}. $f:R\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$,\textit{\ acotada en el rectángulo }$R$\textit{. Entonces, }$f$\textit{\
es integrable en }$R$\textit{\ si y solo si el conjunto }$\Lambda
_{f}=\left\{ \overline{x}\mid f\text{ no es continua en }\overline{x}\right\} $\textit{\ es de media cero.}

\bigskip

Primero, supongamos que $m(\Lambda _{f})=0$, por demostrar que para toda $\varepsilon >0$, existe $P$ partición de $R$, tal que $\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\varepsilon $.

Sea $0<\varepsilon <V(R)$ (volumen de $R$). Como $m(\Lambda _{f})=0$,
entonces existe una cubierta numerable infinita, $C=\left\{
R_{1},R_{2}, \ldots \right\} $ de rectángulos \textit{abiertos}, tal que
\[
\Lambda _{f}\subseteq \cup_{i=1}^{\infty } R_{i}\text{ \ y }\sum_{i=1}^{\infty } V(R_{i})<\varepsilon <V(R)
\]


Sea $U=\cup_{i=1}^{\infty } R_{i}$, entonces $\Lambda
_{f}\subseteq U$ y, $U$ no cubre al rectángulo $R$ \ puesto que $\sum_{i=1}^{\infty } V(R_{i})<V(R)$, por lo que $R-U\neq
\varnothing $. Esto es, si $\overline{x}\in R$, ocurre una de dos, que $\overline{x}\in U$ o $\overline{x}\in R-U$.

Si $\overline{x}\in R-U$, entonces $f$ es continua en $\overline{x}$; y, por
tanto (observación A, de la sección anterior), existe un rectángulo abierto $W_{\overline{x}}$, con $\overline{x}\in W_{\overline{x}}$,
tal que $M_{W_{\overline{x}}}-m_{W_{\overline{x}}}<\varepsilon $. Podemos
cubrir $R-U$ con una cubierta infinita de tal tipo de rectángulos
abiertos $W_{\overline{x}}$:
\[
R-U\subset \underset{\overline{x}\in R-U}{\cup }W_{\overline{x}}
\]

\noindent entonces,
\[
R=U\cup (R-U)\subset \left( \cup_{i=1}^{\infty } R_{i}\right) \cup \left( \underset{\overline{x}\in R-U}{\cup }W_{\overline{x}}\right) 
\]

\noindent Como $R$ es compacto, por el teorema de Heine Borel \ref{th:compacto-HB}, existe una subcubierta abierta finita de $R$. Esta cubierta finita está formada por los rectángulos $R_{i}$'s y $W_{\overline{x}}$'s, que
podemos reenumerar, de modo que:
\[
R\subset \left( R_{1}\cup R_{2}\cup  \cdots \cup R_{p}\right) \cup \left(
W_{1}\cup W_{2}\cup  \cdots \cup W_{m}\right) 
\]



\noindent Denotemos por $U^{\prime }=R_{1}\cup R_{2}\cup  \cdots \cup R_{p}$ y $\mathbb{W}=W_{1}\cup W_{2}\cup  \cdots \cup W_{m}$.

Entonces (resultado \ref{res:22}), existe $P=P_{1}\times  \cdots \times P_{n}$
partición de $R$ (donde cada $P_{i}$ es la unión de la proyección de los vértices de los rectángulos $R_{j}$ y $W_{k}$ al iésimo
eje coordenado), tal que para todo subrectángulo $S$ inducido por $P$,
ocurre que $S\subset \overline{W_{k}}$ para alguna $k\in \left\{
1, \ldots ,m\right\} $, o $S\subset \overline{R_{j}}$ para alguna $j\in \left\{
1, \ldots ,p\right\} $.

\bigskip

\textbf{Observación 1}. Como $R\subset U^{\prime }\cup \mathbb{W}$, con $U^{\prime }$ y $\mathbb{W}$ abiertos, entonces $U^{\prime }\cap \mathbb{W\neq \varnothing }$; se sigue que existen rectángulos $W_{k}$ y $R_{j}$
que se traslapan; es decir, existe $k$ y $j$ tales que $W_{k}\cap R_{j}\neq
\varnothing $, y los vértices de ésta intersección, también
son puntos de $P$. Entonces,
\[
\sum _{S} V(S)\leq \underset{S\subset \overline{W_{k}}}{\sum }V(S)+\underset{S\subset \overline{R_{j}}}{\sum }V(S)
\]

\textbf{Observación 2}. Para cada $S\subset \overline{W_{k}}$, ocurre
que $S$ se interseca o no con la frontera de$W_{k}$; es dcir, $S\subset
intW_{k}$ o $S\cap \partial W_{k}\neq \varnothing $. Como $c\left( \partial
W_{k}\right) =0$, y los $W_{k}$ son un número finito, entonces $c\left( 
\cup_{i=1}^{m} \partial W_{k}\right) =0$, y por tanto
existe número finito de rectángulos $H_{1}, \ldots ,H_{t}$ tales que
\[
\cup_{i=1}^{m} \partial W_{k}\subset \cup_{i=1}^{t} H_{i}\text{ y }\sum_{i=1}^{t} V(H_{i})<\varepsilon .
\]


\textbf{Observación 3}. Para cada $S\subset W_{k}$, tenemos que $M_{S}-m_{S}\leq M_{W_{k}}-m_{W_{k}}<\varepsilon $ (obs. \textbf{A} de la
sección anterior).

\bigskip

\textbf{Observción 4}. Como $f$ es acotada, existe un número $M>0,$
tal que $\left\vert M_{S}\right\vert \leq M$ y $\left\vert m_{S}\right\vert
\leq M$, para todo $S$.

De las cuatro observaciones tenemos que:
\[
\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)=\sum _{S} \left(
M_{s}-m_{s}\right) V(S)\leq \underset{S\subset \overline{R_{j}}}{\sum }\left( M_{s}-m_{s}\right) V(S)
\]
\[
 +\underset{S\subset intW_{k}}{\sum }\left( M_{s}-m_{s}\right) V(S)+\underset{S\cap \partial W_{k}\neq \varnothing }{\sum }\left( M_{s}-m_{s}\right) V(S)
\]
\[
<\underset{S\subset \overline{R_{j}}}{\sum }(M+M)V(S)+\underset{S\subset
intW_{k}}{\sum }\varepsilon V(S)+\underset{S\cap \partial W_{k}\neq
\varnothing }{\sum }(M+M)V(S)
\]
\[
 \leq 2M\sum_{j=1}^{p} V(R_{j})+\varepsilon V(R)+2M\sum_{i=1}^{t} V(H_{i})
\]
\[
<2M\varepsilon +\varepsilon V(R)+2M\varepsilon =\left( 4M+V(R)\right)
\varepsilon 
\]
\[
 \overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\left( 4M+V(R)\right) \varepsilon 
\]



\noindent Lo que demuestra que $f$ es integrable$\Diamond $

\bigskip

Ahora, supongamos que $f$ es integrable. Por demostrar que $\Lambda _{f}$ es
de medida cero.

Consideremos, para cada $m\in \mathbb{N}$, los conjuntos
\[
E_{m}=\left\{ \overline{x}\in R\mid o(f,\overline{x})\geq \frac{1}{m}\right\}
\]
Entonces $\Lambda _{f}=\cup_{m=1}^{\infty } E_{m}$. De
esta forma, si los conjuntos $E_{m}$ tienen medida cero para cada $m\in 
\mathbb{N}$, entonces $\Lambda _{f}=\cup_{m=1}^{\infty } E_{m}$, tiene medida cero, pues la unión numerable de conjuntos de
medida cero, es de medida cero.

\bigskip

Sea $\varepsilon >0$, como $f$ es integrable en $R$, entonces existe $P$
partición de $R$, tal que
\[
\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\varepsilon 
\]

\noindent entonces
\[
\sum _{S} \left( M_{s}-m_{s}\right) V(S)<\varepsilon 
\]

\noindent Para cada subrectángulo $S$ inducido por $P$, tenemos que $intS $ se interseca o no se interseca con los $E_{m}$; es decir, $intS\cap
E_{m}=\varnothing $, para toda $m\in \mathbb{N}$  o  $intS\cap E_{m}\neq
\varnothing $, para alguna $m\in \mathbb{N}$. Entonces,
\[
\sum _{S} \left( M_{s}-m_{s}\right) V(S)=\underset{intS\cap
E_{m}=\varnothing \text{,}\forall m}{\sum }\left( M_{s}-m_{s}\right) V(S)+\underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing \text{,}p.a\text{.}m}{\sum }\left(
M_{s}-m_{s}\right) V(S)<\varepsilon 
\]


\noindent entonces,
\[
\underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing ,p.a.m}{\sum }\left(
M_{s}-m_{s}\right) V(S)<\varepsilon 
\]



Nótese que, como $\partial S$ es un compacto de contenido cero, y los
subrectángulos $S$ tales que que $S\cap E_{m}\neq \varnothing $, son un número finito, se sigue que $c\left( \underset{S\cap E_{m}\neq
\varnothing }{\cup }\partial S\right) =0$; y, por tanto, existe una cubierta
finita de rectángulos $R_{1}, \ldots ,R_{k}$, tal que
\[
\underset{S\cap E_{m}\neq \varnothing }{\cup }\partial S\subset \cup_{i=1}^{k} R_{i}\text{ y }\sum_{i=1}^{k} V(R_{i})<\varepsilon 
\]

\noindent Además, obsérvese que
\[
E_{m}\subset \left( \underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing }{\cup }S\right) \cup \left( \underset{S\cap E_{m}\neq \varnothing }{\cup }\partial
S\right) \subset \left( \underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing }{\cup }S\right) \cup \left( \cup_{i=1}^{k} R_{i}\right) 
\]


\noindent entonces,
\[
\underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing }{\sum }V(S)+\sum_{i=1}^{\infty } V(R_{i})<\underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing }{\sum }V(S)+\varepsilon 
\]

Por otro lado, para $m$ fija tenemos que que si $\overline{x}\in intS\cap
E_{m}$, entonces $o(f,\overline{x})\geq \frac{1}{m}$ y, en consecuencia,
para toda $\delta >0$, tal que $V_{\delta }(\overline{x})\subset S$, ocurre
que:
\[
M_{S}-m_{S}\geq \frac{1}{m}
\]

\noindent entonces:
\[
\frac{1}{m}\underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing }{\sum }V(S)\leq 
\underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing }{\sum }\left( M_{S}-m_{S}\right)
V(S)<\varepsilon 
\]


\noindent por tanto:
\[
\underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing }{\sum }V(S)<m\varepsilon 
\]

\noindent Así llegamos a que:
\[
E_{m}\subset \left( \underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing }{\cup }S\right) \cup \left( \cup_{i=1}^{k} R_{i}\right) 
\]

\noindent y
\[
 \underset{intS\cap E_{m}\neq \varnothing }{\sum }V(S)+\sum_{i=1}^{\infty } V(R_{i})<m\varepsilon +\varepsilon =\varepsilon
(m+1) .
\]


\noindent entonces $E_{m}$ tiene contenido cero (y por tanto media cero). Así que $\Lambda _{f}$ es una unión numerable de conjuntos de medida
cero: $\Lambda _{f}=\cup_{m=1}^{\infty } E_{m}$; se sigue
que $m(\Lambda _{f})=0\Diamond $

\bigskip

\textbf{Observación}. Nótese que demostramos que si $f$ es
integrable en $R\subseteq \mathbb{R}^{n}$, entonces los conujuntos de la
forma $E_{m}$ tienen contenido cero para cada $m\in \mathbb{N}$.

\bigskip

\bigskip

\section{Ejemplos}

\bigskip

En los siguientes ejemplos veremos si son integrables o no las funciones, y
en caso de que lo sean, calcularemos el valor de la integral.

a) $f(x)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
x+\left[ x\right] & ,~x\in \mathbb{Q}\cap \left[ 0,2\right] \\ 
0 & ,~x\notin \mathbb{Q}\cap \left[ 0,2\right]\end{array}\right. $, donde $\left[ x\right] =$mayor entero menor o igual que $x$.
Vea la figura \ref{fig:53}

\begin{figure} \centering 
%original-width 156pt;original-height 225pt;
\includegraphics[width=114pt,height=136pt]{./img-old/02/HYON2O1F}
\caption{}
\label{fig:53}
\end{figure}

\noindent Esta función se puede reescribir como
\[
f(x)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
4 & ,\;x=2 \\ 
x+1 & ,\;x\in \mathbb{Q}\cap \lbrack 1,2) \\ 
x & ,\;x\in \mathbb{Q}\cap \lbrack 0,1) \\ 
0 & ,\;x\notin \mathbb{Q}\cap \left[ 0,2\right]\end{array}\right. 
\]


\noindent Esta función sólo es continua en cero (demostración de
ejercicio). Por tanto, $\Lambda _{f}=(0,2]$, que no tiene medida cero, por
tanto $f$ no es integrable.

\bigskip

b) La función $f$ es como en la siguiente figura \ref{fig:54}:

\begin{figure} \centering 
%original-width 215pt;original-height 125pt;
\includegraphics[width=263pt,height=112pt]{./img-old/02/HYON2O1G}
\caption{}
\label{fig:54}
\end{figure}

\noindent La función es continua (excepto en $0$ y $m(\left\{ 0\right\}
)=0$), por tanto la función es integrable.

Obsérvese que la gráfica esta formada por una infinidad de triangulos.
Geométricamente, la integral es el área bajo la gráfica; o sea,
que la integral será la suma de las áreas de una infinidad de triángulos con la misma altura $h=1$, y bases $b_{1}=1$, $b_{2}=\frac{1}{2}$, $b_{3}=\frac{1}{4}=\frac{1}{2^{2}}$, $b_{4}=\frac{1}{2^{3}}$, y en
general, $b_{i}=\frac{1}{2^{i-1}}$. Por tanto:
\[
 \int_{[0,2]} f=\sum_{i=1}^{\infty } \frac{1}{2^{i}}=1
\]

c) $f:[0,1)\rightarrow \mathbb{R}$, definida por

$f(x)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & ,\;x=0 \\ 
1 & ,\;\frac{1}{2k}<x\leq \frac{1}{2k-1} \\ 
0 & ,\;\frac{1}{2k+1}<x\leq \frac{1}{2k}\end{array}\right. $,  con $k\in \mathbb{N}$

\begin{figure} \centering 
%original-width 494pt;original-height 422pt;
\includegraphics[width=200pt,height=153pt]{./img-old/02/HYON2O1H}
\caption{}
\label{fig:fc-cont-int}
\end{figure}

\noindent Vea la figura \ref{fig:fc-cont-int} Esta función es continua en los intervalos abiertos de la
forma $\left( \frac{1}{k+1},\frac{1}{k}\right) $, $\forall k\in \mathbb{N}$;
y, es discontinua en los puntos $x\in \left\{ 0,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{5},...\right\} $ que es un conjunto numerable, y por
tanto de medida cero. Así que $f$ es integrable en $\left[ 0,1\right] $, y su integral, geométricamente, está dada por la suma del área
de los rectángulos de base $\left[ \frac{1}{2k-1},\frac{1}{2k}\right] $
y altura $1$:
\[
\left( 1-\frac{1}{2}\right) +\left( \frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right) +\left( 
\frac{1}{5}-\frac{1}{6}\right) + \cdots 
\]
\[
 \int_{\left[ 0,1\right] } f=\sum _{k=1}^{\infty } \frac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k}.
\]
Si en el desarrollo de Taylor para $\log (1-x)=-x-\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}-...$, hacemos $x=-1$, entonces
\[
 \log (2)=1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+...
\]
\[
\mathbf{\therefore }\text{ } \mathbf{\qquad }\text{\ }\ \mathbf{\qquad \ } \int_{\left[ 0,1\right] } f=\log (2).
\]


d) $f:\left[ 0,1\right] \times \left[ 0,1\right] \rightarrow \mathbb{R}$,

$\qquad \qquad f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & 
\begin{array}{l}
,\;x\neq \frac{p}{q}\text{ para }p\text{ y }q\text{ primos relativos y} \\ 
\text{ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }y\in \mathbb{I}\end{array}
\\ 
\frac{1}{q} & 
\begin{array}{l}
,\;x=\frac{p}{q}\text{ (con }p\text{ y }q\text{ primos relativos)} \\ 
\qquad \qquad \qquad \text{y \ \ }y\in \mathbb{Q}\end{array}\end{array}\right. $\medskip

\noindent Esta función es el equivalente de la función de Riemman
(definida en $\left[ 0,1\right] $) que vimos al final de la sección 2,
pero ahora la función está definida en $\left[ 0,1\right] \times \left[ 0,1\right] $. Se deja como ejercicio demostrar que $f$ es discontinua
en $\left( \left( \mathbb{Q\times Q}\right) -\left\{ (0,0)\right\} \right)
\cap \left( \left[ 0,1\right] \times \left[ 0,1\right] \right) $ y continua
para todo $(x,y)\notin \left( \left( \mathbb{Q\times Q}\right) -\left\{
(0,0)\right\} \right) \cap \left( \left[ 0,1\right] \times \left[ 0,1\right]
\right) $; y, como $\mathbb{Q\times Q}$ es numerable, tiene medida cero, y $m(\Lambda _{f})=0$. por tanto $f$ es integrable. Además, $\underline{S}(f,P)=0$ para toda $P$ partición de $\left[ 0,1\right] \times \left[ 0,1\right] $, entonces
\[
 \int_{\left[ 0,1\right] \times \left[ 0,1\right] } f=0
\]

e) $f(x)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & ,\;0\leq x<\frac{1}{2} \\ 
1 & ,\;\frac{1}{2}\leq x<\frac{2}{3} \\ 
1+\frac{1}{2} & ,\;\frac{2}{3}\leq x<\frac{3}{4} \\ 
1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4} & ,\;\frac{3}{4}\leq x<\frac{4}{5} \\ 
... &  \\ 
\begin{array}{l}
1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+ \cdots +\frac{1}{2^{n}} \\ 
 \cdots \end{array}
& 
\begin{array}{l}
,\;\frac{n+1}{n+2}\leq x<\frac{n+2}{n+3},\;n\in \mathbb{N} \\ 
\end{array}
\\ 
2 & ,\;x=1\end{array}\right. $

\begin{figure} \centering 
%original-width 231pt;original-height 209pt;
\includegraphics[width=268pt,height=205pt]{./img-old/02/HYON2O1I}
\caption{}
\label{fig:55}
\end{figure}

\noindent Vea la figura \ref{fig:55}. Nótese que la función es no decreciente. El conjunto de
discontinuidades es
\[
\Lambda _{f}=\left\{ \frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{3}{4},\frac{4}{5}, \cdots \right\} 
\]

\noindent que es un conjunto numerable, y por tanto de medida cero; así
que $m(\Lambda _{f})=0$ y $f$ es integrable.

La función es escalonada, así que geométricamente su integral
está dada por la suma de los rectángulos que se forman bajo la gráfica de la función:
\[
 \int_{\left[ 1,0\right] } f(x)=\left( \frac{2}{3}-\frac{1}{2}\right) 1+\left( \frac{3}{4}-\frac{2}{3}\right) \left( 1+\frac{1}{2}\right)
+ \cdots +\left( \frac{n+2}{n+3}-\frac{n+1}{n+2}\right) \left( 1+\frac{1}{2}+ \cdots +\frac{1}{2^{n}}\right) + \cdots 
\]
\[
 =\sum_{n=0}^{\infty } \left( \frac{n+2}{n+3}-\frac{n+1}{n+2}\right) \left( 1+\frac{1}{2}+ \cdots +\frac{1}{2^{n}}\right) 
\]


\noindent Como la función es integrable, esta serie converge.

\bigskip

Por último, veremos un ejemplo que muestra que si una función es
diferente de cero solamente en un conjunto "pequeño", entonces la función es itnegrable y su integral vale cero. Utilizarémos el teorema de
Riemman.\medskip

f) Sea $f:R\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$, acotada. Sea $B=\left\{ \overline{x}\in R\mid f(x)\neq 0\right\} $ tal que $c(B)=0$.
Demostrar que $f$ es integrable y $ \int_{R} f=0$

Por demostrar que para toda $\varepsilon >0$, existe $P$ partición de $R$
tal que: $\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\varepsilon $.

Sea $\varepsilon >0$. Por hipótesis $c(B)=0$, entonces existen retángulos cerrados $R_{1}$, $R_{2}$, \ldots , $R_{m}$, tales que $\sum_{i=1}^{m} V(R_{i})<\varepsilon $ y $B\subseteq \cup_{i=1}^{m} R_{i}$. Llamemos $U$ a la unión de los $R_{i}$: $U=\cup_{i=1}^{m} R_{i}\supset B$.\medskip

Entonces, afirmamos que existe $P_{0}$ partición de $R$, tal que para
todo refinamiento $P$ de $P_{0}$, que induce subrectángulos $S$, se
satisface la siguiente desigualdad:
\[
 \sum_{S\cap U\neq \varnothing }^{m} V(S)<\sum_{i=1}^{m} V(R_{i})+\varepsilon  .
\]


Vamos a demostrar esta afirmación por inducción sobre $m$:

1. Por demostrar para $m=1$. Tenemos que
\[
B\subset U=R_{1}\text{ y }V(R_{1})<\varepsilon 
\]


Sea $P_{0}$ partición de $R$ tal que uno de los subrectángulos que
genera es $S^{\ast }=R_{1}$; entonces, para todo $P$ refinamiento de $P_{0}$
existe $k\in \mathbb{N}$ tal que, $R_{1}=S^{\ast }$ es unión de $k$ 
subrectángulos $S$ inducidos por $P$:
\[
R_{1}=\cup_{j=1}^{k} S_{j}\text{ y }V(R_{1})=\sum_{j=1}^{k} V(S_{j})
\]


\noindent Así, tenemos que si $S\cap R_{1}\neq \varnothing $ ocurre una
de dos:
\[
S\cap R_{1}=S=S_{j}\text{ para alguna }j=1, \ldots ,k
\]
\[
\text{o  }S\cap R_{1}\subset \partial S
\]


\noindent Como los subrectángulos que se intersecan con $R_{1}$ son un número finito y $c(\partial S)=0$, entonces $c(\underset{S\cap R_{1}\neq
\varnothing }{\cup }\partial S)=0$, existen rectángulos cerrados $K_{1}, \ldots ,K_{r}$ tales que
\[
\underset{S\cap R_{1}\neq \varnothing }{\cup }\partial S\subseteq \cup_{l=1}^{r} K_{l}\qquad \text{y\qquad }\sum_{l=1}^{r} V(K_{l})<\varepsilon .
\]

\noindent entonces
\[
\underset{S\cap R_{1}\neq \varnothing }{\cup }S\subset \left( \cup_{j=1}^{k} S_{j}\right) \cup \left( \cup_{l=1}^{r} K_{l}\right) 
\]

\noindent por tanto:
\[
 \underset{S\cap R_{1}\neq \varnothing }{\sum }V(S)\leq \sum_{j=1}^{k} V(S_{j})+\sum_{l=1}^{r} V(K_{l})
\]
\[
 <V(R_{1})+\varepsilon 
\]


2. Suponemos la afirmación válida para $m$, ahora $U=\cup_{i=1}^{m} R_{i}$. Entonces existe $P_{0}$ partición de $R$,
tal que para todo $P$ refinamiento de $P_{0}$, se tiene que:
\[
 \sum _{S\cap U\neq \varnothing } V(S)<\sum_{i=1}^{m} V(R_{i})+\varepsilon  .
\]


3. Por demostrar para $m+1$. Ahora se tiene
\[
U^{\ast }=\cup_{i=1}^{m+1} R_{i}=\left( \cup_{i=1}^{m} R_{i}\right) \cup R_{m+1}=U\cup R_{m+1}
\]

Sea $P_{0}^{\ast }$ refinamiento de $P_{0}$ tal que, para alguna $k\in 
\mathbb{N}$ ocurra que $R_{m+1}=\cup_{j=1}^{k} S_{j}$.
Entonces, para todo refinamiento $P$ de $P_{0}^{\ast }$ que induce subrectángulos $S$, se tiene que:
\[
\underset{S\cap U^{\ast }\neq \varnothing }{\sum }V(S)=\underset{S\cap
U\neq \varnothing }{\sum }V(S)+\underset{S\cap R_{m+1}\neq \varnothing }{\sum }V(S)
\]
\[
<\sum_{i=1}^{m} V(R_{i})+\varepsilon
+V(R_{m+1})+\varepsilon 
\]
\[
 \underset{S\cap U^{\ast }\neq \varnothing }{\sum }V(S)<\sum_{i=1}^{m+1} V(R_{i})+2\varepsilon \Diamond 
\]



Ahora es inmediato que $f$ es integrable, pues, en todo subrectángulo $S$
de $P$ (refinamiento de $P_{0})$, tal que $S\cap U=\varnothing $, ocurre que 
$f(\overline{x})=0$, para toda $\overline{x}\in S$ y entonces $M_{S}=m_{S}=0$; por tanto:
\[
\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)=\sum _{S\cap U\neq \varnothing } (M_{S}-m_{S})V(S)
\]

\noindent Como $f$ es acotada, existe $M\in \mathbb{R}$ tal que $\left\vert
f(\overline{x})\right\vert \leq M$, entonces
\[
 \sum _{S\cap U\neq \varnothing } (M_{S}-m_{S})V(S)\leq \sum _{S\cap U\neq \varnothing } (M+M)V(S)
\]
\[
<2M\left( \sum_{i=1}^{m} V(R_{i})+\varepsilon \right)
=2M(\varepsilon +\varepsilon )
\]
\[
 \overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\varepsilon \left( 4M\right) 
\]



Sólo falta demostrar que el valor de la integral es cero, lo que se deja
como ejercicio.



\section{Ejercicios}


1. a) Demostrar que la función
\[
f(x)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
x+\left[ x\right] & ,~x\in \mathbb{Q}\cap \left[ 0,2\right] \\ 
0 & ,~x\notin \mathbb{Q}\cap \left[ 0,2\right]\end{array}\right. 
\]

\noindent únicamente es continua en cero.

b) Sea $f:\left[ 0,1\right] \times \left[ 0,1\right] \rightarrow \mathbb{R}$,

\noindent $f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & ,\;x\in \mathbb{I}\text{ \ \ o \ }x\in \mathbb{Q} \\ 
\frac{1}{q} & 
\begin{array}{l}
,\;x=\frac{p}{q}\text{ (con }p\text{ y }q\text{ primos relativos)} \\ 
\qquad \qquad \qquad \text{y \ \ }y\in \mathbb{Q}\end{array}\end{array}\right. $

\noindent Demostrar con todo detalle que la función es integrable.

\bigskip

2. Sea $f:[0,1]\times \lbrack 0,1]\rightarrow \mathbb{R}$, definida como $f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
x & \text{si }x\text{ es irracional} \\ 
0 & \text{si }x\text{ es racionales}\end{array}\right. $

\noindent ¿ Cuál es el conjunto de puntos donde $f$ es
continua; y cuál donde $f$ es discontinua? (demostrar sus respuestas)

\bigskip

3. Demostrar que una recta $\ell \subseteq \mathbb{R}^{2}$ es de medida cero
en $\mathbb{R}^{2}$.

\bigskip

4. Demostrar el siguiente \textbf{Lema}. Si $\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n}$
tiene contenido cero, entonces $\Omega $ es acotado.

\bigskip

5. Escribir los números primos en orden: $2,3,5,7, \ldots $. Sea $p_{k}$ el $k$-ésimo primo; y sea
\[
S_{k}=\left\{ (\frac{n}{p_{k}},\frac{m}{p_{k}})\mid n=1,2, \ldots ,p_{k}-1\text{
y }m=1,2, \ldots ,p_{k}-1\right\} 
\]

\noindent Sea $\Omega =\cup_{k=1}^{\infty } S_{k}$.
Demostrar que $\Omega $ es denso en $[0,1]\times \lbrack 0,1]$ pero que
cualquier linea horizontal o vertical contiene a lo más un número
finito de elementos de $\Omega $. ¿ Es $\Omega $ de
contenido cero? ¿ es de medida cero?

\bigskip

6. Decir si las siguientes proposiciones son ciertas o falsas, justificar
bien su respuesta.

\noindent a) $\mathbb{Q\cap }\left[ 0,1\right] \subseteq \cup_{i=1}^{n} \left( a_{i},b_{i}\right) \Rightarrow \sum_{i=1}^{n} \left( b_{i}-a_{i}\right) \geq 1$\medskip

\noindent b) $\mathbb{Q\cap }\left[ 0,1\right] \subseteq \cup_{i=1}^{n} \left[ a_{i},b_{i}\right] \Rightarrow \left[ 0,1\right]
\subseteq \cup_{i=1}^{n} \left[ a_{i},b_{i}\right] $\medskip

\noindent c) $\mathbb{Q\cap }\left[ 0,1\right] \subseteq \cup_{i=1}^{n} \left( a_{i},b_{i}\right) \Rightarrow \left[ 0,1\right]
\subseteq \cup_{i=1}^{n} \left( a_{i},b_{i}\right) $\medskip

\noindent d) $\mathbb{Q\cap }\left[ 0,1\right] \subseteq \cup_{i=1}^{\infty } \left( a_{i},b_{i}\right) \Rightarrow \left[ 0,1\right] \subseteq \cup_{i=1}^{\infty } \left(
a_{i},b_{i}\right) $\medskip

\noindent e) $\mathbb{Q\cap }\left[ 0,1\right] \subseteq \cup_{i=1}^{\infty } \left[ a_{i},b_{i}\right] \Rightarrow \left[ 0,1\right] \subseteq \cup_{i=1}^{\infty } \left[ a_{i},b_{i}\right] $

\bigskip

7. Sea $R$ un rectángulo en $\mathbb{R}^{n}$.

\noindent a) Sean $g$ y $h$ funciones definidas en $R$, tales que $g$ es
integrable y el conjunto $\Omega =\left\{ \overline{x}\in R\mid h(\overline{x})\neq g(\overline{x}\right\} $ es de contenido cero. Demostrar que $h$ es
integrable y $ \int_{R} g= \int_{R} h$. (Sugerencia:
Aplicar el resultado del ejemplo (f) de la sección 5 a la función: $f=g-h$)

\noindent b) Sea $f:R\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$,
acotada en $R$. Supóngase que $B=\left\{ \overline{x}\in R\mid f(x)\neq
0\right\} $ es tal que $m(B)=0$. ¿ Se puede llegar a la
conclusión de que $f$ es integrable y su integral vale cero?

\noindent Nota: El inciso (a) prueba que si alteramos una función
integrable (en un rectángulo) en un conjunto de contenido cero, la
integral no se altera. Pero, ¿ y si alteramos la función
en un conjunto de medida cero? Esto lo investiga el inciso (b).

\bigskip

8. Sea $f:R\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$, acotada. Sea $B=\left\{ \overline{x}\in R\mid f(x)\neq 0\right\} $ tal que $c(B)=0$.
Demostrar que $ \int_{R} f=0$

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9. Sea $R$ un rectángulo en $\mathbb{R}^{n}$ y $f\geq 0$ en $R$, tal que 
$ \int_{R} f=0$. Demostrar, a través de los siguientes incisos,
que $B=\left\{ \overline{x}\in R\mid f(\overline{x})>0\right\} $ es de
medida cero.

\noindent a) Para cada $m\in \mathbb{N}$ definimos $B_{m}=\left\{ \overline{x}\in R\mid f(\overline{x})>\frac{1}{m}\right\} $ ($B_{m}$ puede ser vacío). Demostrar que $B_{m}$ es de contenio cero para toda $m\in \mathbb{N}$.
(Sugerencia: Sea $\varepsilon >0$. Muéstrese que, por las hipótesis, 
$\underline{S}(f,P)=0$ para cualquier $P$ partición de $R$; y, como $f$
es integrable, existe una partición $P$ tal que $\overline{S}(f,P)-\underline{S}(f,P)<\varepsilon $. Sea $\mathbb{S}$ la colección de
subrectángulos $S$ inducidos por $P$ tales que $S\cap B_{m}\neq
\varnothing $. Nótese que $\mathbb{S}$ forma una cubierta de $B_{m}$ y
que si $S\in \mathbb{S}$, $M_{s}\geq \frac{1}{m}$. Usese esto para concluir
que $\underset{S\in \mathbb{S}}{\sum }V(S)<\varepsilon $).

\noindent b) Demostrar que $B=\underset{m\in \mathbb{N}}{\cup }B_{m}$ y
concluir que $B$ es de medida cero.\medskip

\noindent c) Si no suponemos $f\geq 0$ ¿ puede concluirse
que $B$ es de medida cero, si sabemos que $ \int_{R} f=0$?\medskip

\noindent d) Bajo las mismas hipótesis, si además sabemos que $f$ es
continua ¿ qué conjunto es $B$?

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10. Decir si cada una de las siguientes proposiciones son ciertas o falsas.
Si la respuesta es que es cierta, demostrar la proposición; si la
respuesta es que es falsa, dar un contraejemplo.

\noindent a) Si $\Omega $ es acotado y tiene medida cero, entonces tiene
contenido cero.

\noindent b) Si $\Omega $ es acotado entonces la frontera de $\Omega $, $\partial \Omega $, tiene contenido o media cero.

\noindent c) Si $\Omega \neq \varnothing $ es abierto en $\mathbb{R}^{n}$,
entonces no puede tener media o contenido cero en $\mathbb{R}^{n}$.

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11. Decir si las siguientes funciones son integrables o no sobre $R=[0,1]\times \lbrack 0,1]$; en caso de serlo, dar el valor de la integral.

\noindent a) $f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
x+y & (x,y)\in A \\ 
0 & (x,y)\notin A\end{array}\right. $\medskip

$A=\left\{ (x,y)\mid x=\frac{k-1}{k}\text{ o }x=\frac{1}{k}\text{; y }y=\frac{n-1}{n}\text{ o }y=\frac{1}{n}\right\} _{k,n\in \mathbb{N}}$\medskip

\noindent b) $f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
x^{2} & x\in \mathbb{Q}\text{ y }y\in \mathbb{I} \\ 
0 & \text{en cualquier otro caso}\end{array}\right. $\medskip

\noindent c) $f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
\frac{1}{p_{k}} & (x,y)\in \Omega \\ 
0 & (x,y)\notin \Omega\end{array}\right. $, $\Omega $ como en el ejercicio 5.

